Question

（2011•黃岡模擬）直角梯形ABCD在直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，AD∥BC，∠DCB=90°，BC=16，DC=12，AD=21．動點P從點D出發(fā)，沿射線DA的方向以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點Q從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長得速度向點C運(yùn)動，點P、Q分別從點D、B同時出發(fā)，當(dāng)點Q運(yùn)動到與點C重合時，點P隨之停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為t（秒）
（1）設(shè)△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（2）當(dāng)t為何值時，以B，P，Q三點為頂點的三角形時等腰三角形？
（3）是否存在某一時刻t，使直線PQ恰為B、C兩點的拋物線的對稱軸？若不存在，能否改變其中一個點的運(yùn)動速度，使某一時刻直線PQ是過B、C兩點的拋物線的對稱軸，并求出改變后的速度．
（4）是否存在某一時刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）點P作PN⊥BC，垂足為N，則四邊形PDCN為矩形，根據(jù)梯形的面積公式就可以利用t表示，就得到S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（2）以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：
①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．
在Rt△PMQ中根據(jù)勾股定理，就得到一個關(guān)于t的方程，就可以求出t．
（3）根據(jù)分別改變P的速度，Q的速度不變，以及改變Q的速度，P的速度不變分別得出即可．
（4）首先假設(shè)存在，然后再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．

解答：解：（1）S=

1

2

×12×t=6t，（0＜t≤16）；

（2）由題意得：B（16，0），P（2t，12），Q（16-t，0），
∴BP=

(2t-16)2+144

，BQ=t，PQ=

(3t-16)2+144

，
①當(dāng)BP=BQ時，

(2t-16)2+144

=t，此時方程無實數(shù)根；
②當(dāng)BP=PQ時，

(2t-16)2+144

=

(3t-16)2+144

，
解得：t₁=

32

5

，t₂=0，
但當(dāng)t=0時，B，Q兩點重合，故t=

32

5

；
③當(dāng)BQ=PQ時，

(3t-16)2+144

=t，此時方程無實數(shù)根；
綜上所述，當(dāng)t=

32

5

秒時，以B，P，Q三點為頂點的三角形是等腰三角形；

（3）不存在某一時刻t，使直線PQ恰為過B，C兩點的拋物線的對稱軸，
若改變P的速度，Q的速度不變．則CQ=BQ=8，Q點要遠(yuǎn)動8秒，此時DP=8，
故P的速度應(yīng)該為

8

8

=1個單位/秒，
若改變Q的速度，P的速度不變．則DP=4，P點要遠(yuǎn)動4秒，此時QC=8=BQ，
故Q的速度應(yīng)該為

8

4

=2個單位/秒，
因此，當(dāng)P的速度改為1個單位/秒或Q的速度改為2個單位/秒時，直線PQ是過B，C兩點的拋物線的對稱軸；

（4）存在，
若PQ⊥BD，則∠DPQ=∠BDC，而tan∠BDC=

16

12

=

4

3

，
∴tan∠DPQ=

4

3

，
過Q作QM⊥DA于M，則QM=CD=12，PM=PD-OQ=2t-（16-t）=3t-16，
又tan∠DPQ=

QM

MP

=

12

MP

，
∴

4

3

=

12

3t-16

，
解得：t=

25

3

，
∴t=

25

3

秒時，PQ⊥BD．

點評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及直角梯形的問題，通過作高線可以轉(zhuǎn)化為直角三角形與矩形的問題．并且要理解以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形，應(yīng)分①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．三種情況進(jìn)行討論是解題關(guān)鍵．