Question

在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90度，BC=16，AD=21，DC=12，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DA方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P、Q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)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，AP=BQ；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△BPQ的面積和△BPD的面積相等；
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以B、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三等形？

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）先用t表示AP和BQ，再建立等式即可求得；
（2）容易知△BPQ和△BPD高相等，只要使它們的底相等即可得△BPQ和△BPD的面積相等；
（3）以B，P，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形有三種情況：當(dāng)PB=PQ時(shí)，當(dāng)PQ=BQ時(shí)，當(dāng)BP=BQ時(shí)，由等腰三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．

解答：解：（1）∵PD=2t，∴AP=AD-PD=21-2t，
∵CQ=t，∴BQ=BC-CQ=16-t，
∵AP=BQ，
∴21-2t=16-t，
解得t=5；

（2）∵S_△BPQ=S_△BPD，△BPQ和△BPD高相等，
∴△BPQ和△BPD的底也相等，即PD=BQ，
則2t=16-t；
解得t=

16

3

；

（3）如圖1，當(dāng)PB=PQ時(shí)，作PE⊥BC于E，
∴EQ=

1

2

BQ，
∵CQ=t，
∴BQ=16-t，
∴EQ=8-

1

2

t，
∴EC=8-

1

2

t+t=8+

1

2

t．
∴2t=8+

1

2

t．
解得：t=

16

3

．

當(dāng)PQ=BQ時(shí)，如圖2，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ=∠DEQ=90°，
∵∠C=∠D=90°，
∴∠C=∠D=∠DEQ=90°，
∴四邊形DEQC是矩形，
∴DE=QC=t，
∴PE=t，QE=CD=12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ=

t2+144

．
16-t=

t2+144

，
解得：t=

7

2

；
當(dāng)BP=PQ時(shí)，作PE⊥BC于E，
∴EQ=BE=

1

2

BQ，
∵CQ=t，
∴BQ=16-t，
∴BE=8-

1

2

t，
∴PB=

-8t+ 1 4 t2+208

．
∴16-t=

-8t+ 1 4 t2+208

．
解得：t₁=16+8

3

，t₂=16-8

3

∵0＜t≤10.5
∴t=16-8

3

．
綜上所述，t=

16

3

，

7

2

或16-8

3

時(shí)以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了勾股定理的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，一元二次方程的解法的運(yùn)用，解答時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)建立方程是關(guān)鍵．