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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
7.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,$AC^2+AE^2=EC^2$,
$\therefore(20t)^2+(100-40t)^2=(20\sqrt{10})^2$,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,$AB=6\ \mathrm{cm}$,$AD=2\ \mathrm{cm}$,点$P$以$2\ \mathrm{cm/s}$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$1\ \mathrm{cm/s}$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$\dfrac{4}{9}$?
(2)是否存在某一时刻,使得点$P$与点$Q$之间的距离为$\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$?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$\dfrac{4}{9}$?
(2)是否存在某一时刻,使得点$P$与点$Q$之间的距离为$\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$?若存在,求出该时刻;若不存在,请说明理由.
答案
8.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 cm².
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$\Delta＜0$,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$B{\to}C{\to}D$方向向点$D$运动;动点$Q$从点$A$出发,以1 cm/s的速度沿$A{\to}B$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
9.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.
$\because S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}=11$,
$\therefore16-\frac{1}{2}·4· t-\frac{1}{2}·(4-t)·2t-\frac{1}{2}·4·(4-2t)=11$,
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,
$\because S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}BC· DP$,$\therefore\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,
解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
$\therefore$不存在 t 的值,使$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(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,$\because DC=DA$,$\therefore\mathrm{Rt}△ DPC≌\mathrm{Rt}△ DQA$,
$\therefore PC=AQ$,即$4-2t=t$,解得$t=\frac{4}{3}$;
当 PD=PQ 时,在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,
在$\mathrm{Rt}△ PCD$中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,
$\therefore(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,
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.
$\because S_{△ PDQ}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}=11$,
$\therefore16-\frac{1}{2}·4· t-\frac{1}{2}·(4-t)·2t-\frac{1}{2}·4·(4-2t)=11$,
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,
$\because S_{△ PDQ}=\frac{1}{2}BC· DP$,$\therefore\frac{1}{2}×4(8-2t)=11$,
解得$t=\frac{5}{4}$(不合题意,舍去).
$\therefore$不存在 t 的值,使$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm}^2$.
(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,$\because DC=DA$,$\therefore\mathrm{Rt}△ DPC≌\mathrm{Rt}△ DQA$,
$\therefore PC=AQ$,即$4-2t=t$,解得$t=\frac{4}{3}$;
当 PD=PQ 时,在$\mathrm{Rt}△ PBQ$中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,
在$\mathrm{Rt}△ PCD$中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,
$\therefore(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,
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.
