Question

9．在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB邊向點(diǎn)B以每秒1cm的速度移動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC邊向點(diǎn)C以每秒2cm的速度移動(dòng)．如果P、Q兩點(diǎn)在分別到達(dá)B、C兩點(diǎn)后就停止移動(dòng)，回答下列問(wèn)題：
（1）運(yùn)動(dòng)開始后第幾秒時(shí)，△PBQ的面積等于8cm²？
（2）當(dāng)運(yùn)動(dòng)開始后$\frac{3}{2}$秒時(shí)，試判斷△DPQ的形狀；
（3）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在這樣的時(shí)刻，使以Q為圓心，PQ為半徑的圓正好經(jīng)過(guò)點(diǎn)D？若存在，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出運(yùn)動(dòng)所求的時(shí)間，可將BP和BQ的長(zhǎng)表示出來(lái)，代入三角形面積公式，列出等式，可將時(shí)間求出；
（2）表示出$D{P}^{2}=\frac{585}{4}$，$P{Q}^{2}=\frac{117}{4}$，DQ²=117，進(jìn)而得到PQ²+DQ²=DP²，得出答案；
（3）假設(shè)運(yùn)動(dòng)開始后第x秒時(shí)，滿足條件，則有QP=QD，表示出QP²，QD²，列出等式，整理得到方程，求出方程的解，根據(jù)時(shí)間大于0秒小于6秒，即可解答．

解答 解：（1）設(shè)經(jīng)過(guò)t秒，△PBQ的面積等于8cm²，
則：BP=6-t，BQ=2t，
所以${S}_{△PBQ}=\frac{1}{2}$×（6-t）×2t=8，即t²-6t+8=0，
可得：t=2或4，即經(jīng)過(guò)2秒或4秒，△PBQ的面積等于8cm²．
（2）當(dāng)t=$\frac{3}{2}$秒時(shí)，
AP=$\frac{3}{2}$，BP=6-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，BQ=$\frac{3}{2}$×2=3，CQ=12-3=9，
∴在Rt△DAP中，$D{P}^{2}=D{A}^{2}+A{P}^{2}=1{2}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}=\frac{585}{4}$，
在Rt△DCQ中，DQ²=DC²+CQ²=6²+9²=117，
在Rt△QBP中，$Q{P}^{2}=Q{B}^{2}+B{P}^{2}={3}^{2}+（\frac{9}{2}）^{2}=\frac{117}{4}$，
∴$D{Q}^{2}+Q{P}^{2}=117+\frac{117}{4}=\frac{585}{4}$，
∴DQ²+QP²=DP²，
∴△DPQ為直角三角形；
（3）假設(shè)運(yùn)動(dòng)開始后第x秒時(shí)，滿足條件，則：QP=QD，
∵OP²=PB²+BQ²=（6-x）²+（2x）²，
QD²=QC²+CD²=（12-2x）²+6²，
∴（12-2x）²+6²=（6-x）²+（2x）²，
整理，得：x²+36x-144=0，
解得：x=-18±6$\sqrt{13}$，
∵0＜6$\sqrt{13}$-18＜6，
∴運(yùn)動(dòng)開始后第6$\sqrt{13}$-18秒時(shí)，以Q為圓心，PQ為半徑的圓正好經(jīng)過(guò)點(diǎn)D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角形的面積公式，勾股定理，以及解一元二次方程，及根據(jù)題意確定根有無(wú)實(shí)際意義等知識(shí)，解題關(guān)鍵是根據(jù)所設(shè)字母，表示相關(guān)線段的長(zhǎng)度，利用勾股定理即可解答．