Question

12．如圖，A、B、C、D為矩形的四個頂點，AB=6cm，AD=2cm，動點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以2cm/s的速度向終點B移動，點Q以1cm/s的速度向終點D移動，當(dāng)有一點到達(dá)終點時，另一點也停止運動．設(shè)運動時間為t 求：
（1）當(dāng)t=1s時，求四邊形BCQP的面積？
（2）當(dāng)t為何值時，點P與點Q之間的距離為$\sqrt{5}$cm？
（3）當(dāng)t=$\frac{6}{5}$或$\frac{-6+2\sqrt{33}}{3}$或$\frac{3+\sqrt{7}}{2}$或$\frac{3-\sqrt{7}}{2}$時，以點P，Q，D為頂點的三角形是等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）先求出BP，CQ，再直接用梯形的面積公式即可；
（2）先表示出QG，再用勾股定理即可建立方程求解即可；
（3）分PD=PQ，PD=DQ，PQ=DQ三種情況，建立方程求解即可．

解答 解：由運動知，AP=2t，CQ=t，（0≤t≤3），
∴PB=AB-AP=6-2t，DQ=CD-CQ=6-t，
（1）當(dāng)t=1時，PB=6-2t=4，CQ=t=1，
∵BC=2，
∴S_{四邊形BCQP}=$\frac{1}{2}$（PB+CQ）×BC=$\frac{1}{2}$×（4+1）×2=5，
（2）如圖1，過點P作PG⊥CD，
∴PG=AD=2，
∴QG=DQ-DG=DQ-AP=6-t-2t=6-3t，
根據(jù)勾股定理得，PG²+QG²=PQ²，
∴4+（6-3t）²=5，
∴t=$\frac{5}{3}$或t=$\frac{7}{3}$．
（3）如圖2，連接DP，過點P作PG⊥CD，
∵點P，Q，D為頂點的三角形是等腰三角形．
∴①當(dāng)PD=PQ時，即：PD²=PQ²，
在Rt△APD中，AD=2，AP=2t，
∴PD²=AD²+AP²=4+4t²，
由（2）知，PQ²=PG²+QG²=4+（6-3t）²，
∴4+4t²=4+（6-3t）²，
∴t=6（舍）或t=$\frac{6}{5}$，
當(dāng)PD=DQ時，即：PD²=DQ²，
∴4+4t²=（6-t）²，
∴t=$\frac{-6-2\sqrt{33}}{3}$（舍）或t=$\frac{-6+2\sqrt{33}}{3}$，
當(dāng)PQ=DQ時，
∴PQ²=DQ²，
∴4+（6-3t）²=（6-t）²，
∴t=$\frac{3+\sqrt{7}}{2}$或t=$\frac{3-\sqrt{7}}{2}$，
即：滿足條件的t的值為$\frac{6}{5}$或$\frac{-6+2\sqrt{33}}{3}$或$\frac{3+\sqrt{7}}{2}$或$\frac{3-\sqrt{7}}{2}$，
故答案為：$\frac{6}{5}$或$\frac{-6+2\sqrt{33}}{3}$或$\frac{3+\sqrt{7}}{2}$或$\frac{3-\sqrt{7}}{2}$，

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是用時間表示出PQ，DQ，PD，用方程的思想是解本題的難點．