Question

（2008•崇安區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，動(dòng)點(diǎn)P以2cm/s的速度，從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→D的方向，向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q以3cm/s的速度，從點(diǎn)D出發(fā)，沿D→C→B的方向，向點(diǎn)B移動(dòng)．若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)目的地時(shí)整個(gè)運(yùn)動(dòng)隨之結(jié)束，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求△PQD的面積S（cm²）與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（s）之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍．
（2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)t為何值時(shí)，△PQD是以∠PDQ為頂角的等腰三角形？并說(shuō)明：此時(shí)，△PQD的面積恰好等于

1

2

PQ²．
（3）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在這樣的t，使得△PQD為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：根據(jù)題意分別畫(huà)出相應(yīng)的圖形，（1）利用勾股定理求出BD的長(zhǎng)度，再求出點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D的時(shí)間以及點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)C與點(diǎn)B的時(shí)間，然后分①點(diǎn)Q在CD上時(shí)，作PE⊥DC于點(diǎn)E，利用∠BCD的正弦求出PE的長(zhǎng)度，再表示出DQ，然后根據(jù)三角形的面積公式列式計(jì)算即可得解；②點(diǎn)Q在BC上時(shí)，作PE⊥BC于點(diǎn)E，利用∠CBD的正弦表示出PE，并用t表示出CQ、BQ的長(zhǎng)度，然后根據(jù)S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，列式整理即可得解．
（2）由DP=DQ，推出10-2t=3t，t的值，得PD的值，確定Q點(diǎn)與C點(diǎn)重合，根據(jù)（1）所推出的結(jié)論求得S_△PQD=

72

5

cm²，做PH⊥DC，由PH∥BC，得比例式

PH

BC

=

DH

DC

=

PD

BD

，便可求出PH，DH的值，繼而得HQ的值，運(yùn)用勾股定理求出PQ²=

144

5

cm²后，便可確定S_△PQD=

1

2

PQ²；
（3）分情況進(jìn)行討論，①若∠PQD=90°，△PQD為直角三角形，結(jié)合圖形和題意推出比例式

DQ

DC

=

DP

DB

后，把PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm代入，即可求出t=

10

7

，②若∠QPD=90°，△PQD為直角三角形，由勾股定理得PD²=PQ²=DQ²，由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為2cm/秒，Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為3cm/秒，推出BP=2t，CD+CQ=3t，可知DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，繼而推出PD²、PQ²、DQ²，關(guān)于t的表達(dá)式，根據(jù)等式PD²=PQ²=DQ²，即可求出t=

29

11

．

解答：解：（1）∵AB=6cm，BC=8cm，
∴BD=

AB2+BC2

=

62+82

=10，
∵點(diǎn)P的速度是2cm/s，點(diǎn)Q的速度是3cm/m，
∴點(diǎn)P從點(diǎn)B到達(dá)點(diǎn)D的時(shí)間是10÷2=5秒，
點(diǎn)Q從點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)C的時(shí)間是6÷3=2秒，
到達(dá)點(diǎn)B的時(shí)間是（6+8）÷3=

14

3

秒，
①如圖1①，點(diǎn)Q在CD上時(shí)，作PE⊥DC于點(diǎn)E，
則sin∠BDC=

PE

PD

=

BC

BD

，
即

PE

10-2t

=

8

10

，
解得PE=

8

5

（5-t），
S_△PQD=

1

2

×3t•

8

5

（5-t）=

12

5

t（5-t）=-

12

5

t²+12t（0＜t≤2）；
②如圖2②，點(diǎn)Q在BC上時(shí)，作PE⊥BC于點(diǎn)E，
則sin∠CBD=

PE

PB

=

CD

BD

，
即

PE

2t

=

6

10

，
解得PE=

6

5

t，
此時(shí)，CQ=3t-6，BQ=（6+8）-3t=14-3t，
S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，
=

1

2

×8×6-

1

2

×6（3t-6）-

1

2

×（14-3t）×

6

5

t，
=24-9t+18-

42

5

t+

9

5

t²，
=

9

5

t²-

87

5

t+42（2≤t＜

14

3

），
綜上所述，S與t的關(guān)系式為S=-

12

5

t²+12t（0＜t≤2）；
S=

9

5

t²-

87

5

t+42（2≤t＜

14

3

）；

（2）如圖2，∵DP=DQ，PB=2t，DQ=3t，BD=10cm，
∴10-2t=3t，
∴t=2，
∴DQ=3t=6，
∴Q點(diǎn)與C點(diǎn)重合，
∴S_△PQD=-

12

5

t²+12t=

72

5

cm²，
做PH⊥DC，
∴PH∥BC，
∴

PH

BC

=

DH

DC

=

PD

BD

，
∵t=2，
∴PD=6cm，
∴

PH

8

=

DH

6

=

3

5

，
∴PH=

24

5

cm，DH=

18

5

cm，
∴HQ=HC=6-

18

5

=

12

5

cm，
∵∠PHC=90°，
∴PQ²=

144

5

cm²，
∴

1

2

PQ²=

72

5

cm²，
即S_△PQD=

1

2

PQ²；

（3）存在這樣的t，使得△PQD為直角三角形，
①如圖3，若∠PQD=90°，△PQD為直角三角形，
∵矩形ABCD，
∴PQ∥BC，
∴

DQ

DC

=

DP

DB

，
∵PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm，
∴

10-2t

10

=

3t

6

，
∴t=

10

7

，
②如圖4，若∠QPD=90°，△PQD為直角三角形，
∴QP⊥BD，
∴PD²=PQ²=DQ²，
∵P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為2cm/秒，Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為3cm/秒，
∴BP=2t，CD+CQ=3t，
∵CD=6cm，BD=10cm，BC=8cm，
∴DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，
∵∠C=90°，PQ⊥BD，
∴PD²=（10-2t）²=100-40t+4t²，
PQ²=BQ²-BP²=（14-3t）²-（2t）²=196-84t+5t²，
DQ²=CD²+CQ²=6²+（3t-6）²=72+9t²-36t，
∵PD²=PQ²=DQ²，
∴100-40t+4t²+196-84t+5t²=72+9t²-36t，
解方程得：t=

29

11

，
∴當(dāng)t=

10

7

或者t=

29

11

時(shí)，△PQD為直角三角形．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直角三角形和等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵在于對(duì)各相關(guān)性質(zhì)定理的綜合應(yīng)用，在解題的過(guò)程中認(rèn)真的進(jìn)行計(jì)算，正確的進(jìn)行分析．