解：∵∠ACB=90°，

∴AB= $\sqrt{A C^{2} + B C^{2}}$ =10．

又∵D为AB的中点，

∴CD= $\frac{1}{2}$ AB=5，

∵sinB= $\frac{A C}{A B}$ = $\frac{4}{5}$ ，

过C作CE⊥AB于E，

根据三角形的面积公式得： $\frac{1}{2}$ AC•BC= $\frac{1}{2}$ AB•CE，

6×8=10CE，

解得：CE= $\frac{24}{5}$ ，

过P作PK⊥BQ于K，

∵sinB= $\frac{P K}{P B}$ ，

∴PK=PB•sinB，

∴S_△PBQ= $\frac{1}{2}$ BQ×PK= $\frac{1}{2}$ BQ•BPsinB，

（I）当0＜t≤1时，S=S_△ABC﹣S_△ACP﹣S_△PBQ= $\frac{1}{2}$ AC•BC﹣ $\frac{1}{2}$ AP•CE﹣ $\frac{1}{2}$ BQ•BPsinB，

= $\frac{1}{2}$ ×8×6﹣ $\frac{1}{2}$ ×2t× $\frac{24}{5}$ ﹣ $\frac{1}{2}$ ×3t×（10﹣2t）× $\frac{4}{5}$ ，

= $\frac{12}{5}$ t²﹣ $\frac{84}{5}$ t+24，

（II）同理可求：当1＜t≤2.5时，S=S_△ABC﹣S_△ACP﹣S_△PBQ= $\frac{1}{2}$ AC•BC﹣ $\frac{1}{2}$ AP•CE﹣ $\frac{1}{2}$ BQ•BPsinB，

= $\frac{1}{2}$ ×8×6﹣ $\frac{1}{2}$ ×2t× $\frac{24}{5}$ ﹣ $\frac{1}{2}$ ×3×（10﹣2t）× $\frac{4}{5}$ ，

=﹣ $\frac{12}{5}$ t+12；

（III）当2.5＜t≤3时，

S= $\frac{1}{2}$ CQ•PCsin∠BCD= $\frac{1}{2}$ ×3×（10﹣2t）× $\frac{4}{5}$ =﹣ $\frac{12}{5}$ t+12；

（IIII）当3＜t＜4时，

∵△PHC∽△BCA，

∴ $\frac{P C}{B A} = \frac{P H}{B C}$ ，

∴ $\frac{10 - 2 t}{10} = \frac{P H}{8}$ ，

∴PH=8﹣1.6t，

∴S= $\frac{1}{2}$ CQ•PH= $\frac{1}{2}$ CQ•PH= $\frac{1}{2}$ ×（12﹣3t）×（8﹣1.6t）

= $\frac{12}{5}$ t²﹣ $\frac{108}{5}$ t+48．

答：S与t之间的函数关系式是：

S= $\frac{12}{5}$ t²﹣ $\frac{84}{5}$ t+24（0＜t≤1）

或S=﹣ $\frac{12}{5}$ t+12（1＜t≤2.5），

或S=﹣ $\frac{12}{5}$ t+12（2.5＜t≤3），

或S= $\frac{12}{5}$ t²﹣ $\frac{108}{5}$ t+48（3＜t＜4）．

②解：在整个运动过程中，只可能∠PQC=90°，

当P在AD上时，若∠PQC=90°，cosB= $\frac{B C}{A B} = \frac{B Q}{B P}$ ，

∴ $\frac{3}{10 - 2 t} = \frac{3}{5}$ ，

∴t=2.5，

当P在DC上时，若∠PQC=90°，

sinA=sin∠CPQ，

$\frac{4}{5}$ = $\frac{C Q}{C P}$ ，

$\frac{12 - 3 t}{10 - 2 t}$ = $\frac{3}{5}$ ，或 $\frac{3}{10 - 2 t}$ = $\frac{3}{5}$ ，

t= $\frac{10}{3}$ ，或t=2.5，

∵1＜t＜4，

∴t= $\frac{10}{3}$ ，t=2.5，符合题意，

∴当t=2.5秒或 $\frac{10}{3}$ 秒时，△PCQ为直角三角形．

答：存在这样的t，使得△PCQ为直角三角形，符合条件的t的值是2.5秒， $\frac{10}{3}$ 秒．

2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册26.1.2根据实际问列二次函数关系式 同步练习

2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册26.1.2根据实际问列二次函数关系式同步练习