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7. 如图,一艘轮船以 20 海里/时的速度由西向东航行,途中接到台风警报,台风中心正以 40 海里/时的速度由南向北移动,距台风中心 $20\sqrt{10}$ 海里的圆形区域(包括边界)都属台风区.当轮船到 A 处时,测得台风中心移到位于点 A 正南方向 B 处,且 $AB=100$ 海里,若这艘轮船自 A 处按原速度继续航行,试求轮船最初遇到台风的时间.
答案
解:如答图,设轮船最初遇到台风的时间为 t 小时后,此时轮船位于 C 处,台风中心移到 E 处,连接 CE,则 AC=20t 海里,AE=AB-BE=(100-40t)海里,$AC^2+AE^2=EC^2$,
∴$(20t)^2+(100-40t)^2=(20\sqrt{10})^2$,化简,得$t^2-4t+3=0$,解得$t_1=1$,$t_2=3$(不合题意,舍去).
答:轮船最初遇到台风的时间为 1 小时后.
8.(2025·崇川区月考)如图,在长方形ABCD中,AB=6 cm,AD=2 cm,点P以2 cm/s的速度从顶点A出发,沿折线A－B－C向点C运动,同时点Q以1 cm/s的速度从顶点C出发,沿CD向点D运动,当其中一个动点到达终点时,另一点也随之停止运动.
(1)两动点运动几秒时,四边形PBCQ的面积是长方形ABCD面积的$\frac{4}{9}$?
(2)是否存在某一时刻,使得点P与点Q之间的距离为$\sqrt{5}$ cm? 若存在,求出该时刻;若不存在,请说明理由.
(1)两动点运动几秒时,四边形PBCQ的面积是长方形ABCD面积的$\frac{4}{9}$?
(2)是否存在某一时刻,使得点P与点Q之间的距离为$\sqrt{5}$ cm? 若存在,求出该时刻;若不存在,请说明理由.
答案
解:(1)设两动点运动 t 秒,使四边形 PBCQ 的面积是矩形 ABCD 面积的$\frac{4}{9}$.
根据题意,得 BP=(6-2t)cm,CQ=t cm,矩形的面积是 12 $cm^2$.
则$\frac{1}{2}(t+6-2t)×2=2×6×\frac{4}{9}$,解得$t=\frac{2}{3}$.
(2)设两动点经过 t 秒使得点 P 与点 Q 之间的距离为$\sqrt{5}$.
①当$0＜t≤3$时,点 P 在 AB 上,如答图①,过点 Q 作 QE⊥AB,则$(6-2t-t)^2+4=5$,解得$t=\frac{7}{3}$或$t=\frac{5}{3}$;
②当$3＜t≤4$时,点 P 在 BC 上,如答图②,则$(8-2t)^2+t^2=5$,
整理,得$5t^2-32t+59=0$,此时Δ＜0,此方程无解.
综上所述,当$t=\frac{7}{3}$或$t=\frac{5}{3}$时,点 P 与点 Q 之间的距离为$\sqrt{5}$ cm.
9. 如图,正方形ABCD的边长为4 cm,动点P从点B出发,以2 cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动;动点Q从点A出发,以1 cm/s的速度沿A→B方向向点B运动.若P,Q两点同时出发,运动时间为t s.
(1)连接PD,PQ,DQ,求当t为何值时,$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(2)当点P在BC上运动时,是否存在这样的t,使得$△ PQD$是以PD为腰的等腰三角形?若存在,请求出符合条件的t的值;若不存在,请说明理由.
(1)连接PD,PQ,DQ,求当t为何值时,$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(2)当点P在BC上运动时,是否存在这样的t,使得$△ PQD$是以PD为腰的等腰三角形?若存在,请求出符合条件的t的值;若不存在,请说明理由.
答案
解:(1)当点 P 在 BC 上时,$0≤t≤2$,AQ=t cm,BQ=(4-t)cm,BP=2t cm,PC=(4-2t)cm.
∵$S_{△ PQD}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}=11$,
∴$16-\frac{1}{2}·4·t-\frac{1}{2}·(4-t)·2t-\frac{1}{2}·4·(4-2t)=11$,
整理,得$t^2-2t-3=0$,解得$t_1=-1$,$t_2=3$,均不合题意,舍去;
当点 P 在 CD 上时,$2＜t≤4$,DP=(8-2t)cm,
∵$S_{△ PQD}=\frac{1}{2}BC·DP$,
∴$\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,
解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
∴不存在 t 的值,使$△ PQD$的面积为 11 $cm^2$.
(2)存在. 由题意,知 AQ=t cm,BQ=(4-t)cm,BP=2t cm,PC=(4-2t)cm.
当 DP=DQ 时,
∵DC=DA,
∴Rt△DPC≌Rt△DQA,
∴PC=AQ,即 4-2t=t,解得$t=\frac{4}{3}$;
当 PD=PQ 时,在 Rt△PBQ 中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,
在 Rt△PCD 中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,
∴$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,
整理,得$t^2+8t-16=0$,解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4$.
综上,当 t 的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时,$△ PQD$是以 PD 为腰的等腰三角形.
∵$S_{△ PQD}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}=11$,
∴$16-\frac{1}{2}·4·t-\frac{1}{2}·(4-t)·2t-\frac{1}{2}·4·(4-2t)=11$,
整理,得$t^2-2t-3=0$,解得$t_1=-1$,$t_2=3$,均不合题意,舍去;
当点 P 在 CD 上时,$2＜t≤4$,DP=(8-2t)cm,
∵$S_{△ PQD}=\frac{1}{2}BC·DP$,
∴$\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,
解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
∴不存在 t 的值,使$△ PQD$的面积为 11 $cm^2$.
(2)存在. 由题意,知 AQ=t cm,BQ=(4-t)cm,BP=2t cm,PC=(4-2t)cm.
当 DP=DQ 时,
∵DC=DA,
∴Rt△DPC≌Rt△DQA,
∴PC=AQ,即 4-2t=t,解得$t=\frac{4}{3}$;
当 PD=PQ 时,在 Rt△PBQ 中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,
在 Rt△PCD 中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,
∴$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,
整理,得$t^2+8t-16=0$,解得$t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4$.
综上,当 t 的值为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时,$△ PQD$是以 PD 为腰的等腰三角形.
