Question

如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度、沿B→C→D方向，向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度、沿A→B方向，向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts．
（1）連接PD、PQ、DQ，求當(dāng)t為何值時(shí)，△PQD的面積為11cm²；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在這樣的t，使得△PQD是以PD為一腰的等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出符合條件的t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題

專題：綜合題

分析：（1）分類討論：當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，即0≤t≤2，如圖1，利用面積的和差可得到16-

1

2

•4•t-

1

2

•（4-t）•2t-

1

2

•4•（4-2t）=11，解得t₁=-1，t₂=3，都不合題意舍去；當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，即2＜t≤3，如圖2，根據(jù)三角形面積公式得到

1

2

•4（8-2t）=11，解得t=

5

4

（不合題意舍去），所以不存在t的值，使△PQD的面積為11cm²；
（2）分類討論：如圖2，當(dāng)DP=DQ時(shí)，易證得Rt△DPC≌Rt△DAQ，得到PC=AQ，即4-2t=t，解得t=

4

3

；當(dāng)PD=PQ時(shí)，利用勾股定理，在Rt△PBQ中得到PQ²=（2t）²+（4-t）²，在Rt△PBCD中得到PD²=（4-2t）²+4²，則（2t）²+（4-t）²=（4-2t）²+4²，整理得t²+8t-16=0，解得t₁=-4

2

-4（舍去），t₂=4

2

-4，
所以當(dāng)t=

4

3

或4

2

-4時(shí)，△PQD是以PD為一腰的等腰三角形．

解答：解：（1）當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，即0≤t≤2，如圖1，AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t，
∵S_△PDQ=S_{正方形ABCD}-S_△ADQ-S_△BPQ-S_△CPD，
∴16-

1

2

•4•t-

1

2

•（4-t）•2t-

1

2

•4•（4-2t）=11，
整理得t²-2t-3=0，解得t₁=-1，t₂=3，都不合題意舍去；
當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，即2＜t≤3，如圖2，AQ=t，DP=8-2t，
∵S_△PDQ=

1

2

BC•DP，
∴

1

2

•4（8-2t）=11，解得t=

5

4

（不合題意舍去），
∴不存在t的值，使△PQD的面積為11cm²；
（2）存在．
如圖2，AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t（0≤t≤2），
當(dāng)DP=DQ時(shí)，
∵DC=DA，
∴Rt△DPC≌Rt△DAQ，
∴PC=AQ，即4-2t=t，解得t=

4

3

；
當(dāng)PD=PQ時(shí)，
在Rt△PBQ中，PQ²=PB²+BQ²=（2t）²+（4-t）²，
在Rt△PBCD中，PD²=PC²+CD²=（4-2t）²+4²，
∴（2t）²+（4-t）²=（4-2t）²+4²，
整理得t²+8t-16=0，解得t₁=-4

2

-4（舍去），t₂=4

2

-4，
∴t=

4

3

或4

2

-4時(shí)，△PQD是以PD為一腰的等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓的綜合題：掌握利用代數(shù)法解決有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問題；記住三角形的面積公式；會(huì)解一元二次方程；體會(huì)分類討論的思想在解決數(shù)學(xué)問題中的作用．