Question

如圖所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=6，BC=24，AD=16．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿射線CB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同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AD上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）設(shè)△DPQ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(shí)，四邊形PCDQ是平行四邊形？
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，△PDQ為直角三角形？

Answer 1

考點(diǎn)：直角梯形,直角三角形的性質(zhì),平行四邊形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：

分析：（1）S_△QDP=

1

2

DQ•AB，由題意知：AQ=t，DQ=AD-AQ=16-t，將DQ和AB的長(zhǎng)代入，可求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)四邊形PCDQ為平行四邊形時(shí)，PC=DQ，即16-t=2t，可將t求出；
（3）分三種情況討論：①當(dāng)PQ⊥QD時(shí)，即AQ=BP，即可得t；②當(dāng)PD⊥QD時(shí)，即AD=BP，即可得t；③當(dāng)PQ⊥PD時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于E，利用△PQE∽△DPE，可得邊長(zhǎng)的相似比，可求得t值不存在．

解答：解：（1）直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BC=24，AB=6，AD=16，
依題意AQ=t，PC=2t，則DQ=16-t，BP=24-2t，
過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于E，
則四邊形ABPE是矩形，PE=AB=12，
∴S_△DPQ=

1

2

DQ•AB=

1

2

（16-t）×12=-6t+96．

（2）當(dāng)四邊形PCDQ是平行四邊形時(shí)，PC=DQ，
∴16-t=2t，
解得：t=

16

3

，
∴當(dāng)t=

16

3

時(shí)，四邊形PCDQ是平行四邊形．

（3）若△PDQ為直角三角形，則分三種情況討論：
①當(dāng)PQ⊥QD時(shí)，即AQ=BP，
即t=24-2t，
解得：t=8．
②當(dāng)PD⊥QD時(shí)，即AD=BP，
即16=24-2t，
解得：t=4．
③當(dāng)PQ⊥PD時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于E，
易得△PQE∽△DPE
即

QE

PE

=

PE

DE

，
∵QE=AE-AQ=BP-AQ=24-2t-t=24-3t，
DE=AD-AE=AD-BP=16-（24-2t）=2t-8，
∴

24-3t

6

=

6

2t-8

化簡(jiǎn)得：t²-12t+38=0
故t不存在．
綜合①②③，可得t=4、8時(shí)，△PDQ為直角三角形．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直角梯形、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)，在解題過(guò)程中要注意數(shù)形結(jié)合，并且要理解△PDQ為直角三角形，應(yīng)分：當(dāng)PQ⊥QD時(shí)、②當(dāng)PD⊥QD時(shí)、③當(dāng)PQ⊥PD時(shí)，三種情況進(jìn)行討論．