Question

如圖，長方形ABCD（長方形的對邊相等，每個角都是90°），AB=6cm，AD=2cm，動點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以2厘米/秒的速度向終點B移動，點Q以1厘米/秒的速度向D移動，當有一點到達終點時，另一點也停止運動．設運動的時間為t，問：
（1）當t=1秒時，四邊形BCQP面積是多少？
（2）當t為何值時，點P和點Q距離是3cm？
（3）當t=

 

 以點P、Q、D為頂點的三角形是等腰三角形．（直接寫出答案）

Answer 1

考點：一元二次方程的應用

專題：幾何動點問題

分析：（1）如圖1，當t=1時，就可以得出CQ=1cm，AP=2cm，就有PB=6-2=4cm，由梯形的面積就可以得出四邊形BCQP的面積；
（2）如圖1，作QE⊥AB于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如圖2，作PE⊥CD于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可；
（3）分情況討論，如圖3，當PQ=DQ時，如圖4，當PD=PQ時，如圖5，當PD=QD時，由等腰三角形的性質及勾股定理建立方程就可以得出結論．

解答：解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．
∵CQ=1cm，AP=2cm，
∴AB=6-2=4cm．
∴S=

2(1+4)

2

=5cm²．
答：四邊形BCQP面積是5cm²；

（2）如圖1，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ=90°，
∵∠B=∠C=90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴QE=BC=2cm，BE=CQ=t．
∵AP=2t，
∴PE=6-2t-t=6-3t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6-3t）²+4=9，
解得：t=

6± 5

3

．
如圖2，作PE⊥CD于E，
∴∠PEQ=90°．
∵∠B=∠C=90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴PE=BC=2cm，BP=CE=6-2t．
∵CQ=t，
∴QE=t-（6-2t）=3t-6
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
（3t-6）²+4=9，
解得：t=

6± 5

3

．
綜上所述：t=

6- 5

3

或

6+ 5

3

；

（3）如圖3，當PQ=DQ時，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ=90°，
∵∠B=∠C=90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴QE=BC=2cm，BE=CQ=t．
∵AP=2t，
∴PE=6-2t-t=6-3t．DQ=6-t．
∵PQ=DQ，
∴PQ=6-t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6-3t）²+4=（6-t）²，
解得：t=

3± 7

2

．
如圖4，當PD=PQ時，
作PE⊥DQ于E，
∴DE=QE=

1

2

DQ，∠PED=90°．
∵∠B=∠C=90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴PE=BC=2cm．
∵DQ=6-t，
∴DE=

6-t

2

．
∴2t=

6-t

2

，
解得：t=

6

5

；
如圖5，當PD=QD時，
∵AP=2t，CQ=t，
∴DQ=6-t，
∴PD=6-t．
在Rt△APD中，由勾股定理，得
4+4t²=（6-t）²，
解得t₁=

-6+2 33

3

，t₂=

-6-2 33

3

（舍去）．
綜上所述：t=

3+ 7

2

，

3- 7

2

，

6

5

，

-6+2 33

3

．
故答案為：

3+ 7

2

，

3- 7

2

，

6

5

，

-6+2 33

3

．

點評：本題考查了矩形的性質的運用，勾股定理的運用，等腰三角形的性質的運用，梯形的面積公式的運用，一元二次方程的解法的運用．解答時靈活運用動點問題的求解方法是關鍵．