Question

（2008•崇安區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，動點P以2cm/s的速度，從點B出發(fā)，沿B→D的方向，向點D運動；動點Q以3cm/s的速度，從點D出發(fā)，沿D→C→B的方向，向點B移動．若P、Q兩點同時出發(fā)，當其中一點到達目的地時整個運動隨之結束，設運動時間為t秒．
（1）求△PQD的面積S（cm²）與運動時間t（s）之間的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍．
（2）在運動過程中，當t為何值時，△PQD是以∠PDQ為頂角的等腰三角形？并說明：此時，△PQD的面積恰好等于

1

2

PQ²．
（3）在運動過程中，是否存在這樣的t，使得△PQD為直角三角形？若存在，請求出所有符合條件的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：根據(jù)題意分別畫出相應的圖形，（1）利用勾股定理求出BD的長度，再求出點P到達點D的時間以及點Q到達點C與點B的時間，然后分①點Q在CD上時，作PE⊥DC于點E，利用∠BCD的正弦求出PE的長度，再表示出DQ，然后根據(jù)三角形的面積公式列式計算即可得解；②點Q在BC上時，作PE⊥BC于點E，利用∠CBD的正弦表示出PE，并用t表示出CQ、BQ的長度，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點與C點重合，根據(jù)（1）所推出的結論求得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）分情況進行討論，①若∠PQD=90°，△PQD為直角三角形，結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點的運動速度為2cm/秒，Q點的運動速度為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，關于t的表達式，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P的速度是2cm/s，點Q的速度是3cm/m，
∴點P從點B到達點D的時間是10÷2=5秒，
點Q從點D到達點C的時間是6÷3=2秒，
到達點B的時間是（6+8）÷3=

14

3

秒，
①如圖1①，點Q在CD上時，作PE⊥DC于點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Q在BC上時，作PE⊥BC于點E，
則sin∠CBD=

PE

PB

=

CD

BD

，
即

PE

2t

=

6

10

，
解得PE=

6

5

t，
此時，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點與C點重合，
∴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點的運動速度為2cm/秒，Q點的運動速度為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t=

10

7

或者t=

29

11

時，△PQD為直角三角形．

點評：本題主要考查直角三角形和等腰三角形的判定與性質，勾股定理，平行線的性質，矩形的性質等知識點，關鍵在于對各相關性質定理的綜合應用，在解題的過程中認真的進行計算，正確的進行分析．