Question

12．如圖，A、B、C、D為矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，AB=6cm，AD=2cm，動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以2cm/s的速度向終點(diǎn)B移動(dòng)，點(diǎn)Q以1cm/s的速度向終點(diǎn)D移動(dòng)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 求：
（1）當(dāng)t=1s時(shí)，求四邊形BCQP的面積？
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)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(shí)，以點(diǎn)P，Q，D為頂點(diǎn)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(yùn)動(dòng)知，AP=2t，CQ=t，（0≤t≤3），
∴PB=AB-AP=6-2t，DQ=CD-CQ=6-t，
（1）當(dāng)t=1時(shí)，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(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)P作PG⊥CD，
∵點(diǎn)P，Q，D為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．
∴①當(dāng)PD=PQ時(shí)，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(shí)，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(shí)，
∴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(diǎn)評(píng) 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(shí)間表示出PQ，DQ，PD，用方程的思想是解本題的難點(diǎn)．