Question

如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，動點P以2cm/s的速度，從點B出發(fā)，沿B→D的方向，向點D運動；動點Q以3cm/s的速度，從點D出發(fā)，沿D→C→B的方向，向點B移動．若P、Q兩點同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達(dá)目的地時整個運動隨之結(jié)束，設(shè)運動時間為t秒．
（1）求△PQD的面積S（cm²）與運動時間t（s）之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍．
（2）在運動過程中，當(dāng)t為何值時，△PQD是以∠PDQ為頂角的等腰三角形？并說明：此時，△PQD的面積恰好等于PQ²．
（3）在運動過程中，是否存在這樣的t，使得△PQD為直角三角形？若存在，請求出所有符合條件的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）∵AB=6cm，BC=8cm，
∴BD===10，
∵點P的速度是2cm/s，點Q的速度是3cm/m，
∴點P從點B到達(dá)點D的時間是10÷2=5秒，
點Q從點D到達(dá)點C的時間是6÷3=2秒，
到達(dá)點B的時間是（6+8）÷3=秒，
①如圖1①，點Q在CD上時，作PE⊥DC于點E，
則sin∠BDC==，
即=，
解得PE=（5-t），
S_△PQD=×3t•（5-t）=t（5-t）=-t²+12t（0＜t≤2）；
②如圖2②，點Q在BC上時，作PE⊥BC于點E，
則sin∠CBD==，
即=，
解得PE=t，
此時，CQ=3t-6，BQ=（6+8）-3t=14-3t，
S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，
=×8×6-×6（3t-6）-×（14-3t）×t，
=24-9t+18-t+t²，
=t²-t+42（2≤t＜），
綜上所述，S與t的關(guān)系式為S=-t²+12t（0＜t≤2）；
S=t²-t+42（2≤t＜）；

（2）如圖2，∵DP=DQ，PB=2t，DQ=3t，BD=10cm，
∴10-2t=3t，
∴t=2，
∴DQ=3t=6，
∴Q點與C點重合，
∴S_△PQD=-t²+12t=cm²，
做PH⊥DC，
∴PH∥BC，
∴，
∵t=2，
∴PD=6cm，
∴，
∴PH=cm，DH=cm，
∴HQ=HC=6-=cm，
∵∠PHC=90°，
∴PQ²=cm²，
∴PQ²=cm²，
即S_△PQD=PQ²；

（3）存在這樣的t，使得△PQD為直角三角形，
①如圖3，若∠PQD=90°，△PQD為直角三角形，
∵矩形ABCD，
∴PQ∥BC，
∴，
∵PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm，
∴，
∴t=，
②如圖4，若∠QPD=90°，△PQD為直角三角形，
∴QP⊥BD，
∴PD²=PQ²=DQ²，
∵P點的運動速度為2cm/秒，Q點的運動速度為3cm/秒，
∴BP=2t，CD+CQ=3t，
∵CD=6cm，BD=10cm，BC=8cm，
∴DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，
∵∠C=90°，PQ⊥BD，
∴PD²=（10-2t）²=100-40t+4t²，
PQ²=BQ²-BP²=（14-3t）²-（2t）²=196-84t+5t²，
DQ²=CD²+CQ²=6²+（3t-6）²=72+9t²-36t，
∵PD²=PQ²=DQ²，
∴100-40t+4t²+196-84t+5t²=72+9t²-36t，
解方程得：t=，
∴當(dāng)t=或者t=時，△PQD為直角三角形．
分析：根據(jù)題意分別畫出相應(yīng)的圖形，（1）利用勾股定理求出BD的長度，再求出點P到達(dá)點D的時間以及點Q到達(dá)點C與點B的時間，然后分①點Q在CD上時，作PE⊥DC于點E，利用∠BCD的正弦求出PE的長度，再表示出DQ，然后根據(jù)三角形的面積公式列式計算即可得解；②點Q在BC上時，作PE⊥BC于點E，利用∠CBD的正弦表示出PE，并用t表示出CQ、BQ的長度，然后根據(jù)S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，列式整理即可得解．
（2）由DP=DQ，推出10-2t=3t，t的值，得PD的值，確定Q點與C點重合，根據(jù)（1）所推出的結(jié)論求得S_△PQD=cm²，做PH⊥DC，由PH∥BC，得比例式，便可求出PH，DH的值，繼而得HQ的值，運用勾股定理求出PQ²=cm²后，便可確定S_△PQD=PQ²；
（3）分情況進(jìn)行討論，①若∠PQD=90°，△PQD為直角三角形，結(jié)合圖形和題意推出比例式后，把PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm代入，即可求出t=，②若∠QPD=90°，△PQD為直角三角形，由勾股定理得PD²=PQ²=DQ²，由P點的運動速度為2cm/秒，Q點的運動速度為3cm/秒，推出BP=2t，CD+CQ=3t，可知DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，繼而推出PD²、PQ²、DQ²，關(guān)于t的表達(dá)式，根據(jù)等式PD²=PQ²=DQ²，即可求出t=．
點評：本題主要考查直角三角形和等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識點，關(guān)鍵在于對各相關(guān)性質(zhì)定理的綜合應(yīng)用，在解題的過程中認(rèn)真的進(jìn)行計算，正確的進(jìn)行分析．