如图，在 $\mathrm {Rt}\triangle ABC$ 中，$\angle ACB=90^\circ$，$AC=6$，$BC=8$．动点 $M$ 从点 $A$ 出发，以每秒 $1$ 个单位长度的速度沿 $AB$ 向点 $B$ 匀速运动；同时，动点 $N$ 从点 $B$ 出发，以每秒 $3$ 个单位长度的速度沿 $BA$ 向点 $A$ 匀速运动．过线段 $MN$ 的中点 $G$ 作边 $AB$ 的垂线，垂足为点 $G$，交 $\triangle ABC$ 的另一边于点 $P$，连接 $PM,PN$，当点 $N$ 运动到点 $A$ 时，$M,N$ 两点同时停止运动，设运动时间为 $t$ 秒．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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设 $\triangle PMN$ 的面积为 $S$，求 $S$ 与 $t$ 之间的函数关系式；标注答案$S=\begin{cases}-\dfrac 32 t^2-\dfrac{15}{4}t+\dfrac{75}{4},&(0\leqslant t\leqslant \dfrac 75)\\ \dfrac 83 t^2-20t+\dfrac{100}{3},&(\dfrac 75<t<\dfrac 52)\\-\dfrac 83 t^2+20t-\dfrac{100}{3}.&(\dfrac 52\leqslant t\leqslant \dfrac {10}{3})\end{cases}$解析由题意可得 $AM=t$，$BN=3t$．
过点 $C$ 作 $CD\perp AB$ 于点 $D$．
由勾股定理得 $AB=10$，
所以 $MN=10-4t$，$MG=GN=5-2t$，
从而 $AG=5-t$，$BG=5+t$．
又 $S_{\triangle ABC}=\dfrac 12 AC\cdot BC=\dfrac 12 AB\cdot DC$，
所以 $CD=4.8$，$AD=3.6$，$BD=6.4$．
当点 $P$ 与点 $C$ 重合，即点 $D$ 与点 $G$ 重合时，
有 $5-t=3.6$，解得 $t=\dfrac 75$；
当点 $M$ 与点 $N$ 相遇时，
有 $4t=10$，解得 $t=\dfrac 52$；
当点 $N$ 运动到点 $A$ 时，
有 $3t=10$，解得 $t=\dfrac{10}3$．
① 当 $0\leqslant t\leqslant \dfrac 75$ 时，点 $P$ 在 $BC$ 上．
此时 $\triangle PGB\backsim \triangle ACB$，
所以 $ PG=\dfrac{3\left(5+t\right)}{4}$，
所以 $ S_{\triangle PMN}=\dfrac 12 \left(10-4t\right)\cdot \dfrac{3\left(5+t\right)}{4}=-\dfrac 32 t^2-\dfrac{15}{4}t+\dfrac{75}{4}$；
② 当 $\dfrac 75<t<\dfrac 52$ 时，点 $P$ 在 $AC$ 上，且点 $M,N$ 未相遇．
此时 $\triangle APG\backsim \triangle ACD$；
所以 $ PG=\dfrac{4\left(5-t\right)}{3}$，
所以 $ S_{\triangle PMN}=\dfrac 12 \left(10-4t\right)\cdot\dfrac{4\left(5-t\right)}{3}=\dfrac 83 t^2-20t+\dfrac{100}{3}$，
③ 当 $\dfrac 52\leqslant t\leqslant \dfrac {10}{3}$ 时，点 $P$ 在 $AC$ 上，且点 $M,N$ 已相遇．
此时 $\triangle APG\backsim \triangle ACD$，
所以 $ PG=\dfrac{4\left(5-t\right)}{3}$，
所以 $ S_{\triangle PMN}=\dfrac 12 \left(4t-10\right)\cdot\dfrac{4\left(5-t\right)}{3}=-\dfrac 83 t^2+20t-\dfrac{100}{3}$．
综上可得，$S$ 与 $t$ 之间的函数关系式为 $S=\begin{cases}-\dfrac 32 t^2-\dfrac{15}{4}t+\dfrac{75}{4},&(0\leqslant t\leqslant \dfrac 75)\\ \dfrac 83 t^2-20t+\dfrac{100}{3},&(\dfrac 75<t<\dfrac 52)\\-\dfrac 83 t^2+20t-\dfrac{100}{3}.&(\dfrac 52\leqslant t\leqslant \dfrac {10}{3})\end{cases}$ -
取线段 $PM$ 的中点 $K$，连接 $KA,KC$，在整个运动过程中，$\triangle KAC$ 的面积是否变化？若变化，直接写出它的最大值和最小值；若不变化，请说明理由．标注答案$\triangle KAC$ 面积的最大值为 $4$，最小值为 $\dfrac{42}{25}$解析① 当点 $P$ 在 $BC$ 上，即 $0\leqslant t\leqslant \dfrac 75$ 时．
如图，分别过点 $K,M$ 作 $AC$ 的垂线，垂足为点 $E,F$．
显然 $EK$ 为直角梯形 $CFMP$ 的中位线．
由 $\sin\angle BAC=\dfrac{FM}{AM}=\dfrac{CB}{AB}=\dfrac 45$，可得 $FM=\dfrac 45AM=\dfrac 45t$．
由 $\cos\angle ABC=\dfrac{BG}{BP}=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac 45$，可得 $BP=\dfrac 54 BG=\dfrac 54(5+t)$，
所以 $PC=BC-BP=8-\dfrac 54(5+t)=\dfrac 74-\dfrac 54t$．
从而 $EK=\dfrac{FM+CP}2=\dfrac{\dfrac 45t+\dfrac 74-\dfrac 54t}2=-\dfrac 9{40}t+\dfrac 78$，
所以 $S_{\triangle KAC}=\dfrac 12EK\cdot AC=-\dfrac{27}{40}t+\dfrac{21}8$．
所以当 $t=0$ 时，$S_{\triangle KAC}$ 取到最大值，最大值为 $\dfrac{21}8$，
当 $t=\dfrac 75$ 时，$S_{\triangle KAC}$ 取到最小值，最小值为 $\dfrac{42}{25}$．
② 当点 $P$ 在 $AC$ 上，即 $\dfrac 75\leqslant t\leqslant \dfrac{10}3$ 时．
如图，连接 $CM$．
由点 $K$ 为 $PM$ 的中点，可得 $S_{\triangle KAC}=\dfrac 12S_{\triangle MAC}=\dfrac 14AM\cdot CD=\dfrac 14\times \dfrac{24}5t=\dfrac 65t$．
所以当 $t=\dfrac{10}3$ 时，$S_{\triangle KAC}$ 取到最大值，最大值为 $4$，
当 $t=\dfrac 75$ 时，$S_{\triangle KAC}$ 取到最小值，最小值为 $\dfrac{42}{25}$．
综上可得，$\triangle KAC$ 面积的最大值为 $4$，最小值为 $\dfrac{42}{25}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
