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疑难点拨
如图,在矩形ABCD中,AB=16 cm,BC=6 cm,点P从点A出发沿AB以3 cm/s的速度向点B移动,一直到
达点B为止;同时,点Q从点C出发沿边CD以2 cm/s的速度向点D移动.设运动时间为t,当PQ=10 cm
时,时间t=
点拨 用含未知数的代数式分别表示出运动的路径长,进一步利用勾股定理建立方程.
如图,在矩形ABCD中,AB=16 cm,BC=6 cm,点P从点A出发沿AB以3 cm/s的速度向点B移动,一直到
达点B为止;同时,点Q从点C出发沿边CD以2 cm/s的速度向点D移动.设运动时间为t,当PQ=10 cm
时,时间t=
$\frac{8}{5}\mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\mathrm{s}$
。点拨 用含未知数的代数式分别表示出运动的路径长,进一步利用勾股定理建立方程.
答案
$\frac{8}{5}\mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\mathrm{s}$
解析
【分析】本题是矩形中的动点问题，解题思路是：利用矩形对边相等的性质，过Q作AB的垂线构造直角三角形PQE，其中直角边QE等于矩形的宽BC，直角边PE是P、Q在AB方向上的距离；再根据勾股定理，结合PQ=10cm的条件列出关于t的方程，注意PE的长度是绝对值，会产生两种情况，最后验证解是否符合运动时间的范围。
【解析】设运动时间为t秒，过点Q作QE⊥AB于点E。
因为四边形ABCD是矩形，所以QE=BC=6 cm，AB=CD=16 cm。
由题意得：AP=3t cm，CQ=2t cm，因此PE=|AB - AP - CQ|=|16 - 3t - 2t|=|16 -5t| cm。
在Rt△PQE中，根据勾股定理：PQ²=QE² + PE²，代入PQ=10 cm，QE=6 cm，得：
10² = 6² + (16 -5t)²
整理得：(16 -5t)² = 100 - 36 = 64
开平方得：16 -5t = ±8
当16 -5t = 8时，解得t=(16-8)/5=8/5；
当16 -5t = -8时，解得t=(16+8)/5=24/5。
两个解均满足运动时间的取值范围，符合题意。
【答案】$\frac{8}{5}\mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\mathrm{s}$
【知识点】矩形的性质、勾股定理、动点问题的方程应用
【点评】本题结合矩形性质与勾股定理解决动点问题，核心是构造直角三角形转化线段关系，需注意绝对值带来的多解情况，是几何与代数结合的典型题目，考查学生的数形结合能力。
【难度系数】0.4
【解析】设运动时间为t秒，过点Q作QE⊥AB于点E。
因为四边形ABCD是矩形，所以QE=BC=6 cm，AB=CD=16 cm。
由题意得：AP=3t cm，CQ=2t cm，因此PE=|AB - AP - CQ|=|16 - 3t - 2t|=|16 -5t| cm。
在Rt△PQE中，根据勾股定理：PQ²=QE² + PE²，代入PQ=10 cm，QE=6 cm，得：
10² = 6² + (16 -5t)²
整理得：(16 -5t)² = 100 - 36 = 64
开平方得：16 -5t = ±8
当16 -5t = 8时，解得t=(16-8)/5=8/5；
当16 -5t = -8时，解得t=(16+8)/5=24/5。
两个解均满足运动时间的取值范围，符合题意。
【答案】$\frac{8}{5}\mathrm{s}$或$\frac{24}{5}\mathrm{s}$
【知识点】矩形的性质、勾股定理、动点问题的方程应用
【点评】本题结合矩形性质与勾股定理解决动点问题，核心是构造直角三角形转化线段关系，需注意绝对值带来的多解情况，是几何与代数结合的典型题目，考查学生的数形结合能力。
【难度系数】0.4
1. 如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=8\ \mathrm{cm}$,$BC=6\ \mathrm{cm}$,动点$P$从点$C$出发,沿$CA$方向运动,速度是2 cm/s;动点Q从点B出发,沿BC方向运动,速度是1 cm/s.
(1) 是否存在t的值,使得P、Q两点相距5 cm? 若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
(2) 运动几秒时,四边形$APQB$的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$?
(1) 是否存在t的值,使得P、Q两点相距5 cm? 若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
(2) 运动几秒时,四边形$APQB$的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$?
答案
1. (1) 不存在P、Q两点相距5 cm的情况,理由略.
(2) 运动2 s或4 s时,四边形APQB的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$.
(2) 运动2 s或4 s时,四边形APQB的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
本题为直角三角形背景下的动点问题，需先通过时间$t$表示出相关线段长度，再结合勾股定理、三角形面积公式建立方程求解。第一问利用直角三角形勾股定理建立方程，通过判别式判断解的存在性；第二问通过面积关系转化为一元二次方程，求解后验证解的合理性。
【解析】
在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，设运动时间为$t$秒。
则$CP=2t\ \mathrm{cm}$，$BQ=t\ \mathrm{cm}$，故$CQ=(6-t)\ \mathrm{cm}$；$△ ABC$的面积为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×8×6=24\ \mathrm{cm^2}$。
(1) 若$P$、$Q$两点相距$5\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2=CP^2+CQ^2$，代入$PQ=5$得：
$(2t)^2+(6-t)^2=5^2$，整理得$5t^2-12t+11=0$。
判别式$\Delta=(-12)^2-4×5×11=-76＜0$，方程无实数解，故不存在这样的$t$值。
(2) 四边形$APQB$的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$，则$S_{\mathrm{四边形}APQB}=\frac{2}{3}×24=16\ \mathrm{cm^2}$，因此$S_{△ PCQ}=24-16=8\ \mathrm{cm^2}$。
又$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}× CP× CQ=\frac{1}{2}×2t×(6-t)=t(6-t)$，故：
$t(6-t)=8$，整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t=2$或$t=4$，均符合动点运动范围，故有效。
【答案】
(1) 不存在；(2) $2\ \mathrm{s}$或$4\ \mathrm{s}$
【知识点】
勾股定理、一元二次方程应用、三角形面积
【点评】
本题结合动点考查几何与代数的综合应用，需注意动点的运动范围验证解的合理性，是中等难度的几何动点问题。
【难度系数】
0.5
本题为直角三角形背景下的动点问题，需先通过时间$t$表示出相关线段长度，再结合勾股定理、三角形面积公式建立方程求解。第一问利用直角三角形勾股定理建立方程，通过判别式判断解的存在性；第二问通过面积关系转化为一元二次方程，求解后验证解的合理性。
【解析】
在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，设运动时间为$t$秒。
则$CP=2t\ \mathrm{cm}$，$BQ=t\ \mathrm{cm}$，故$CQ=(6-t)\ \mathrm{cm}$；$△ ABC$的面积为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×8×6=24\ \mathrm{cm^2}$。
(1) 若$P$、$Q$两点相距$5\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2=CP^2+CQ^2$，代入$PQ=5$得：
$(2t)^2+(6-t)^2=5^2$，整理得$5t^2-12t+11=0$。
判别式$\Delta=(-12)^2-4×5×11=-76＜0$，方程无实数解，故不存在这样的$t$值。
(2) 四边形$APQB$的面积是$△ ABC$面积的$\frac{2}{3}$，则$S_{\mathrm{四边形}APQB}=\frac{2}{3}×24=16\ \mathrm{cm^2}$，因此$S_{△ PCQ}=24-16=8\ \mathrm{cm^2}$。
又$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}× CP× CQ=\frac{1}{2}×2t×(6-t)=t(6-t)$，故：
$t(6-t)=8$，整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t=2$或$t=4$，均符合动点运动范围，故有效。
【答案】
(1) 不存在；(2) $2\ \mathrm{s}$或$4\ \mathrm{s}$
【知识点】
勾股定理、一元二次方程应用、三角形面积
【点评】
本题结合动点考查几何与代数的综合应用，需注意动点的运动范围验证解的合理性，是中等难度的几何动点问题。
【难度系数】
0.5
2. 如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从点A出发沿AB以1 cm/s的速度向点B运动,同时,点Q从点B出发沿BC以2 cm/s的速度向点C运动.设运动时间为x s(0≤x≤6).
(1) $BP=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$,$CQ=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$;(用含$x$的式子表示)
(2) 若$△ DPQ$的面积为31 $\mathrm{cm}^2$,求$x$的值.
(1) $BP=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$,$CQ=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$;(用含$x$的式子表示)
(2) 若$△ DPQ$的面积为31 $\mathrm{cm}^2$,求$x$的值.
答案
2. (1) $(6-x)$ $(12-2x)$ (2) 1或5
解析
【分析】
首先，第(1)问根据点P、Q的运动速度和时间，结合线段的和差关系即可表示BP和CQ；第(2)问利用“△DPQ的面积=矩形ABCD的面积减去周围三个直角三角形的面积”建立方程，解方程后结合运动时间的取值范围确定结果。
【解析】
(1) 点P的速度为1 cm/s，运动时间为x s，故AP = x cm，已知AB=6 cm，因此BP = AB - AP = (6 - x) cm；
点Q的速度为2 cm/s，运动时间为x s，故BQ = 2x cm，已知BC=12 cm，因此CQ = BC - BQ = (12 - 2x) cm。
(2) 矩形ABCD的面积为：AB×BC = 6×12 = 72 (cm²)；
△ADP的面积：AD=BC=12 cm，AP=x cm，故$S_{△ ADP}=\frac{1}{2}×AD×AP=\frac{1}{2}×12×x=6x$ (cm²)；
△BPQ的面积：BP=(6 - x) cm，BQ=2x cm，故$S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}×BP×BQ=\frac{1}{2}×(6 - x)×2x=6x - x²$ (cm²)；
△DCQ的面积：DC=AB=6 cm，CQ=(12 - 2x) cm，故$S_{△ DCQ}=\frac{1}{2}×DC×CQ=\frac{1}{2}×6×(12 - 2x)=36 - 6x$ (cm²)；
则△DPQ的面积为：
$S_{△ DPQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ ADP}-S_{△ BPQ}-S_{△ DCQ}$
$=72 - 6x - (6x - x²) - (36 - 6x)$
$=x² - 6x + 36$
已知$S_{△ DPQ}=31$ cm²，列方程：
$x² - 6x + 36 = 31$
整理得：$x² - 6x + 5 = 0$
因式分解：$(x - 1)(x - 5)=0$
解得$x=1$或$x=5$，均满足$0≤x≤6$，符合题意。
【答案】
(1) $(6 - x)$，$(12 - 2x)$；(2) $x$的值为1或5。
【知识点】
矩形性质，动点问题，一元二次方程应用
【点评】
本题是矩形背景下的动点面积问题，核心是利用面积差表示目标三角形的面积，转化为一元二次方程求解，需注意解要符合运动时间的取值范围，属于中等难度的动点综合题。
【难度系数】
0.4
首先，第(1)问根据点P、Q的运动速度和时间，结合线段的和差关系即可表示BP和CQ；第(2)问利用“△DPQ的面积=矩形ABCD的面积减去周围三个直角三角形的面积”建立方程，解方程后结合运动时间的取值范围确定结果。
【解析】
(1) 点P的速度为1 cm/s，运动时间为x s，故AP = x cm，已知AB=6 cm，因此BP = AB - AP = (6 - x) cm；
点Q的速度为2 cm/s，运动时间为x s，故BQ = 2x cm，已知BC=12 cm，因此CQ = BC - BQ = (12 - 2x) cm。
(2) 矩形ABCD的面积为：AB×BC = 6×12 = 72 (cm²)；
△ADP的面积：AD=BC=12 cm，AP=x cm，故$S_{△ ADP}=\frac{1}{2}×AD×AP=\frac{1}{2}×12×x=6x$ (cm²)；
△BPQ的面积：BP=(6 - x) cm，BQ=2x cm，故$S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}×BP×BQ=\frac{1}{2}×(6 - x)×2x=6x - x²$ (cm²)；
△DCQ的面积：DC=AB=6 cm，CQ=(12 - 2x) cm，故$S_{△ DCQ}=\frac{1}{2}×DC×CQ=\frac{1}{2}×6×(12 - 2x)=36 - 6x$ (cm²)；
则△DPQ的面积为：
$S_{△ DPQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ ADP}-S_{△ BPQ}-S_{△ DCQ}$
$=72 - 6x - (6x - x²) - (36 - 6x)$
$=x² - 6x + 36$
已知$S_{△ DPQ}=31$ cm²，列方程：
$x² - 6x + 36 = 31$
整理得：$x² - 6x + 5 = 0$
因式分解：$(x - 1)(x - 5)=0$
解得$x=1$或$x=5$，均满足$0≤x≤6$，符合题意。
【答案】
(1) $(6 - x)$，$(12 - 2x)$；(2) $x$的值为1或5。
【知识点】
矩形性质，动点问题，一元二次方程应用
【点评】
本题是矩形背景下的动点面积问题，核心是利用面积差表示目标三角形的面积，转化为一元二次方程求解，需注意解要符合运动时间的取值范围，属于中等难度的动点综合题。
【难度系数】
0.4
3. 如图,一艘轮船以30 km/h的速度沿既定航线由南向北航行,途中接到台风警报,某台风中心正以10 km/h的速度由东向西移动,距台风中心200 km的圆形区域都属于台风影响区,当这艘轮船接到台风警报时,它与台风中心的距离BC=500 km,此时台风中心与轮船既定航线的最近距离AB=300 km.
(1) 如果这艘轮船不改变航向,那么它会不会进入台风影响区?
(2) 如果你认为这艘轮船会进入台风影响区,那么从接到警报开始,经过多长时间它就会进入台风影响区?
(3) 假设轮船航向不变,轮船航行速度不变,求轮船受到台风影响的时间.
(1) 如果这艘轮船不改变航向,那么它会不会进入台风影响区?
(2) 如果你认为这艘轮船会进入台风影响区,那么从接到警报开始,经过多长时间它就会进入台风影响区?
(3) 假设轮船航向不变,轮船航行速度不变,求轮船受到台风影响的时间.
答案
3. (1) 如果这艘轮船不改变航向,它会进入台风影响区.
(2) 经过$(15-\sqrt{15})\mathrm{h}$它就会进入台风影响区.
(3) 轮船受到台风影响的时间为$2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$.
(2) 经过$(15-\sqrt{15})\mathrm{h}$它就会进入台风影响区.
(3) 轮船受到台风影响的时间为$2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$.
解析
【分析】要判断轮船是否进入台风影响区，需先表示出t小时后轮船与台风中心的位置，利用两点间距离公式建立方程，通过方程的解判断是否进入；再根据方程的正根确定进入时间，两根之差即为受影响时间。解题关键是正确分析两者的运动方向，建立坐标关系，利用勾股定理（两点间距离公式）列一元二次方程求解。
【解析】设从接到警报开始，经过$ t $小时，轮船与台风中心的距离为200km（台风影响区边界）。
建立坐标系：设接到警报时，轮船在南北航线上的位置为$(0, -400)$，台风中心位置为$(300, 0)$，则：
轮船向北航行，$ t $小时后位置为$(0, -400 + 30t)$；
台风中心向西移动，$ t $小时后位置为$(300 - 10t, 0)$。
根据两点间距离公式，两者距离为200km时：
$\sqrt{(0 - (300 - 10t))^2 + (-400 + 30t - 0)^2} = 200$
两边平方并整理：
$(10t - 300)^2 + (30t - 400)^2 = 40000$
展开得：
$100t^2 - 6000t + 90000 + 900t^2 - 24000t + 160000 = 40000$
合并同类项：
$1000t^2 - 30000t + 210000 = 0$
两边除以1000化简：
$t^2 - 30t + 210 = 0$
计算判别式$\Delta = (-30)^2 - 4 × 1 × 210 = 60 ＞ 0$，方程有两个正实根：
$t = \frac{30 \pm \sqrt{60}}{2} = 15 \pm \sqrt{15}$
(1) 因方程有正实根，故轮船会进入台风影响区；
(2) 较小正根$ t = 15 - \sqrt{15} $，即经过$(15 - \sqrt{15})\mathrm{h}$进入影响区；
(3) 受影响时间为两根之差：$(15 + \sqrt{15}) - (15 - \sqrt{15}) = 2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$。
【答案】(1) 会进入；(2) $(15 - \sqrt{15})\mathrm{h}$；(3) $2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$
【知识点】一元二次方程应用、两点间距离公式、勾股定理
【点评】本题结合运动问题考查一元二次方程的实际应用，需将实际场景转化为数学模型，关键是准确表示运动后两者的位置，利用距离公式列方程，属于中等难度的应用题，能有效考查学生的建模能力和计算能力。
【难度系数】0.5
【解析】设从接到警报开始，经过$ t $小时，轮船与台风中心的距离为200km（台风影响区边界）。
建立坐标系：设接到警报时，轮船在南北航线上的位置为$(0, -400)$，台风中心位置为$(300, 0)$，则：
轮船向北航行，$ t $小时后位置为$(0, -400 + 30t)$；
台风中心向西移动，$ t $小时后位置为$(300 - 10t, 0)$。
根据两点间距离公式，两者距离为200km时：
$\sqrt{(0 - (300 - 10t))^2 + (-400 + 30t - 0)^2} = 200$
两边平方并整理：
$(10t - 300)^2 + (30t - 400)^2 = 40000$
展开得：
$100t^2 - 6000t + 90000 + 900t^2 - 24000t + 160000 = 40000$
合并同类项：
$1000t^2 - 30000t + 210000 = 0$
两边除以1000化简：
$t^2 - 30t + 210 = 0$
计算判别式$\Delta = (-30)^2 - 4 × 1 × 210 = 60 ＞ 0$，方程有两个正实根：
$t = \frac{30 \pm \sqrt{60}}{2} = 15 \pm \sqrt{15}$
(1) 因方程有正实根，故轮船会进入台风影响区；
(2) 较小正根$ t = 15 - \sqrt{15} $，即经过$(15 - \sqrt{15})\mathrm{h}$进入影响区；
(3) 受影响时间为两根之差：$(15 + \sqrt{15}) - (15 - \sqrt{15}) = 2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$。
【答案】(1) 会进入；(2) $(15 - \sqrt{15})\mathrm{h}$；(3) $2\sqrt{15}\ \mathrm{h}$
【知识点】一元二次方程应用、两点间距离公式、勾股定理
【点评】本题结合运动问题考查一元二次方程的实际应用，需将实际场景转化为数学模型，关键是准确表示运动后两者的位置，利用距离公式列方程，属于中等难度的应用题，能有效考查学生的建模能力和计算能力。
【难度系数】0.5
