Question

4．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)D，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）當(dāng)t=2時(shí)，求△BPQ的面積；
（2）若四邊形ABQP為平行四邊形，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）若過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：S=$\frac{1}{2}$PM×QB=96-6t；
（2）當(dāng)四邊形ABQP為平行四邊形時(shí)，AP=BQ，即21-2t=16-t，可將t求出；
（3）本題應(yīng)分三種情況進(jìn)行討論，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由PQ²=PM²+MQ²，PQ=QB，將各數(shù)據(jù)代入，可將時(shí)間t求出；
②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB²=BM²+PM²，BP=BQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時(shí)間t求出；
③若PB=PQ，PB²=PM²+BM²，PB=PQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時(shí)間t求出．

解答 解：（1）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形．

∴PM=DC=12，
∵QB=16-t，
∴S=$\frac{1}{2}$QB•PM=$\frac{1}{2}$（16-t）×12=96-6t（0≤t＜16）．
把t=2代入得到：S=96-12=84；

（2）當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時(shí)，AP=BQ，
即21-2t=16-t，
解得：t=5，
∴當(dāng)t=5時(shí)，四邊形ABQP是平行四邊形．

（3）由圖可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：
①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ²=t²+12²，由PQ²=BQ²得t²+12²=（16-t）²，解得t=$\frac{7}{2}$；
②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB²=（16-2t）²+12²，由PB²=BQ²得（16-2t）²+12²=（16-t）²，即3t²-32t+144=0，
此時(shí)，△=（-32）²-4×3×144=-704＜0，
所以此方程無(wú)解，∴BP≠BQ．
③若PB=PQ，由PB²=PQ²得t²+12²=（16-2t）²+12²得t₁=$\frac{16}{3}$，t₂=16（不合題意，舍去）．
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{7}{2}$或t=$\frac{16}{3}$時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查四邊形綜合題，注意梯形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用．在解題（3）時(shí)，應(yīng)注意分情況進(jìn)行討論，防止在解題過(guò)程中出現(xiàn)漏解現(xiàn)象．