Question

15．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=RT∠，AB=AD=10cm，BC=8cm，點P從點A出發(fā)，以每秒3cm的速度沿直線ABCD方向運動，點Q從點D出發(fā)以每秒2cm的速度沿線段DC方向向點C運動，已知動點P，Q同時出發(fā)，當點Q運動到點C時，P，Q運動停止，設運動時間為t．
（1）求CD長；
（2）當四邊形PBQD為平行四邊形時，求t的值；
（3）在點P，點Q的運動過程中，是否存在某一時刻，使得△BPQ的面積為20平方厘米？若存在，請求出所有滿足條件的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過A點作AM⊥CD于M，根據(jù)勾股定理可求得DM=6，進而求得DC=16；
（2）當四邊形PBQD為平行四邊形時，點P在AB上，點Q在DC上，根據(jù)題意可得BP=10-3t，DQ=2t，列出方程10-3t=2t，解得t=2，此時BP=DQ=4，CQ=12，在RT△CBQ中，根據(jù)勾股定理即可求得BQ；
（3）分三種情況討論：①當點P在線段AB上，②當點P在線段BC上，③當點P在線段CD上，根據(jù)三種情況點的位置，即可求得t的值．

解答 解：（1）如圖1，過A點作AM⊥CD于M，則四邊形AMCB是矩形，
∴AM=BC=8，MC=AB=10，
∵AD=10，
∴DM=$\sqrt{A{B}^{2}-A{M}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{8}^{2}}$=6，
∴CD=DM+CM=6+10=16；

（2）當四邊形PBQD為平行四邊形時，點P在AB上，點Q在DC上，如圖2，
由題意得：BP=10-3t，DQ=2t，
∴10-3t=2t，解得t=2，
此時，BP=DQ=4，CQ=12，
∴BQ=$\sqrt{B{C}^{2}+C{Q}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}+1{2}^{2}}$=4$\sqrt{13}$，
∴四邊形PBQD的周長=2（BP+BQ）=2（4+4$\sqrt{13}$）=8+8$\sqrt{13}$．

（3）①當點P在線段AB上時，即0$≤t≤\frac{10}{3}$時，如圖3，

S_△BPQ=$\frac{1}{2}$BP•BC=$\frac{1}{2}$（10-3t）×8=20，
解得t=$\frac{5}{3}$；
②當點P在線段BC上時，即$\frac{10}{3}$＜t≤6時，如圖4，
BP=3t-10，CQ=16-2t，

∴S_△BPQ=$\frac{1}{2}$BP•CQ=$\frac{1}{2}$（3t-10）×（16-2t）=20，
化簡得：3t²-34t+100=0，
∵△=（-34）²-4×3×100=-44＜0，
∴方程無實數(shù)解；
③當點P在線段CD上時，

若點P在Q的右側(cè)，即6≤t$≤\frac{34}{5}$時，則有PQ=34-5t，
S_△BPQ=$\frac{1}{2}$（34-5t）×8=20，
解得t=$\frac{29}{5}$＜6（舍去），
若點P在Q的左側(cè)，即$\frac{34}{5}$＜t≤8時，則有PQ=5t-34，
S_△BPQ=$\frac{1}{2}$（5t-34）×8=20，
解得t=$\frac{39}{5}$；
綜上，滿足條件的t的值存在，分別為$\frac{5}{3}$或$\frac{39}{5}$．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理的應用以及三角形的面積等，分類討論的思想是本題的關(guān)鍵．