登录
【例4】如图,在矩形ABCD中,$AB=7\ \mathrm{cm}$,$BC=3\ \mathrm{cm}$,点P从点A开始沿AB边以3 cm/s的速度移动,点Q从点C开始沿CD边以1 cm/s的速度移动,如果点P、Q分别从点A、C同时出发,当其中有一点到达点B或点D时,另一点也随之停止运动.设运动时间为$t(\mathrm{s})$.
(1) 当t为何值时,点P、Q之间的距离为5 cm?
(2) 连接PD、PQ,当t为何值时,$△ DPQ$为直角三角形?
(1) 当t为何值时,点P、Q之间的距离为5 cm?
(2) 连接PD、PQ,当t为何值时,$△ DPQ$为直角三角形?
答案
(1) $t=\frac{3}{4}$
(2) $t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$
(2) $t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$
解析
【分析】
首先建立平面直角坐标系，设矩形ABCD的顶点A为坐标原点，得出各顶点坐标；根据点P、Q的运动速度和方向，用含t的代数式表示出P、Q的坐标。
(1) 利用两点间距离公式，结合PQ=5cm列方程，再根据运动停止时间（P到达B的时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$，Q到达D的时间为7s，总停止时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$）舍去超出范围的解；
(2) 讨论△DPQ为直角三角形的三种情况（直角顶点分别在D、P、Q），利用向量点积为0（或勾股定理）列方程，结合有效时间筛选符合条件的解。
【解析】
设A为坐标原点，矩形各顶点坐标：$A(0,0)$，$B(7,0)$，$C(7,3)$，$D(0,3)$。
点P运动t秒后，$AP=3t$，故$P(3t,0)$；点Q运动t秒后，$CQ=t$，故$Q(7-t,3)$。
运动停止时间：P到B的时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$，Q到D的时间为7s，因此$t\in[0,\frac{7}{3}]$。
(1) 当$PQ=5\ \mathrm{cm}$时，由两点间距离公式：
$PQ=\sqrt{[(7-t)-3t]^2+(3-0)^2}=\sqrt{(7-4t)^2+9}=5$
两边平方得：$(7-4t)^2+9=25$，即$(7-4t)^2=16$，
解得：$7-4t=4⇒ t=\frac{3}{4}$；或$7-4t=-4⇒ t=\frac{11}{4}=2.75$。
因$\frac{11}{4}＞\frac{7}{3}\approx2.33$，舍去，故$t=\frac{3}{4}$。
(2) △DPQ为直角三角形，分三种情况：
① 直角在D点：向量$\overrightarrow{DP}=(3t,-3)$，$\overrightarrow{DQ}=(7-t,0)$，点积为0：
$3t(7-t)+(-3)×0=0$，解得$t=0$或$t=7$，均不符合有效时间范围，舍去；
② 直角在P点：向量$\overrightarrow{PD}=(-3t,3)$，$\overrightarrow{PQ}=(7-4t,3)$，点积为0：
$(-3t)(7-4t)+3×3=0$，整理得$12t^2-21t+9=0$，即$4t^2-7t+3=0$，
解得$t=\frac{3}{4}$或$t=1$，均在有效时间内；
③ 直角在Q点：向量$\overrightarrow{QD}=(t-7,0)$，$\overrightarrow{QP}=(4t-7,-3)$，点积为0：
$(t-7)(4t-7)+0×(-3)=0$，解得$t=7$或$t=\frac{7}{4}$，$t=7$超出范围，舍去，故$t=\frac{7}{4}$；
综上，$t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$。
【答案】
(1) $t=\frac{3}{4}$；(2) $t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$
【知识点】
矩形性质、两点间距离公式、直角三角形判定
【点评】
本题结合矩形的动点问题，需通过坐标法转化为代数方程求解，重点考查分类讨论思想和方程思想，需注意运动时间的有效范围，避免解的遗漏或错误。
【难度系数】
0.5
首先建立平面直角坐标系，设矩形ABCD的顶点A为坐标原点，得出各顶点坐标；根据点P、Q的运动速度和方向，用含t的代数式表示出P、Q的坐标。
(1) 利用两点间距离公式，结合PQ=5cm列方程，再根据运动停止时间（P到达B的时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$，Q到达D的时间为7s，总停止时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$）舍去超出范围的解；
(2) 讨论△DPQ为直角三角形的三种情况（直角顶点分别在D、P、Q），利用向量点积为0（或勾股定理）列方程，结合有效时间筛选符合条件的解。
【解析】
设A为坐标原点，矩形各顶点坐标：$A(0,0)$，$B(7,0)$，$C(7,3)$，$D(0,3)$。
点P运动t秒后，$AP=3t$，故$P(3t,0)$；点Q运动t秒后，$CQ=t$，故$Q(7-t,3)$。
运动停止时间：P到B的时间为$\frac{7}{3}\ \mathrm{s}$，Q到D的时间为7s，因此$t\in[0,\frac{7}{3}]$。
(1) 当$PQ=5\ \mathrm{cm}$时，由两点间距离公式：
$PQ=\sqrt{[(7-t)-3t]^2+(3-0)^2}=\sqrt{(7-4t)^2+9}=5$
两边平方得：$(7-4t)^2+9=25$，即$(7-4t)^2=16$，
解得：$7-4t=4⇒ t=\frac{3}{4}$；或$7-4t=-4⇒ t=\frac{11}{4}=2.75$。
因$\frac{11}{4}＞\frac{7}{3}\approx2.33$，舍去，故$t=\frac{3}{4}$。
(2) △DPQ为直角三角形，分三种情况：
① 直角在D点：向量$\overrightarrow{DP}=(3t,-3)$，$\overrightarrow{DQ}=(7-t,0)$，点积为0：
$3t(7-t)+(-3)×0=0$，解得$t=0$或$t=7$，均不符合有效时间范围，舍去；
② 直角在P点：向量$\overrightarrow{PD}=(-3t,3)$，$\overrightarrow{PQ}=(7-4t,3)$，点积为0：
$(-3t)(7-4t)+3×3=0$，整理得$12t^2-21t+9=0$，即$4t^2-7t+3=0$，
解得$t=\frac{3}{4}$或$t=1$，均在有效时间内；
③ 直角在Q点：向量$\overrightarrow{QD}=(t-7,0)$，$\overrightarrow{QP}=(4t-7,-3)$，点积为0：
$(t-7)(4t-7)+0×(-3)=0$，解得$t=7$或$t=\frac{7}{4}$，$t=7$超出范围，舍去，故$t=\frac{7}{4}$；
综上，$t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$。
【答案】
(1) $t=\frac{3}{4}$；(2) $t=1$或$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{7}{4}$
【知识点】
矩形性质、两点间距离公式、直角三角形判定
【点评】
本题结合矩形的动点问题，需通过坐标法转化为代数方程求解，重点考查分类讨论思想和方程思想，需注意运动时间的有效范围，避免解的遗漏或错误。
【难度系数】
0.5
4. 如图,A,B,C,D为矩形的四个顶点,$AB=4\ \mathrm{cm}$,$AD=2\ \mathrm{cm}$,动点P、Q分别从点A,C同时出发,都以1 cm/s的速度运动,其中点P由点A运动到点B停止,点Q由点C运动到点D停止.
(1) 求四边形PBCQ的面积;
(2) P、Q两点从出发开始到几秒时,点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形?
(1) 求四边形PBCQ的面积;
(2) P、Q两点从出发开始到几秒时,点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形?
答案
(1) $4(\mathrm{cm}^2)$;
(2) $2\ \mathrm{s}$或$\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$
(2) $2\ \mathrm{s}$或$\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$
解析
【分析】
首先解决第(1)问：四边形PBCQ是梯形，AB和CD为矩形对边，PB、CQ分别是梯形的下底和上底，高等于矩形的宽BC（即AD的长度2cm）。根据动点速度，AP=t，CQ=t，故PB=AB-AP=4-t，利用梯形面积公式计算即可，结果与t无关，为定值。
第(2)问：要使△PQD为等腰三角形，需分三种情况讨论：PD=DQ、PD=PQ、PQ=DQ。建立坐标系确定各点坐标，用t表示各边长度，根据等腰三角形两边相等列方程求解，舍去使三点共线或无法构成三角形的t值。
【解析】
(1) 设运动时间为t秒（0≤t≤4），则AP=CQ=t，
∵AB=4cm，
∴PB=AB-AP=(4-t)cm，
四边形PBCQ是梯形，上底CQ=t，下底PB=(4-t)cm，高BC=AD=2cm，
根据梯形面积公式：
$S_{四边形PBCQ}=\frac{1}{2}×(上底+下底)×高=\frac{1}{2}×[t+(4-t)]×2=4\ \mathrm{cm^2}$。
(2) 建立平面直角坐标系：设A(0,4)，B(0,0)，C(2,0)，D(2,4)，
则t秒后，P(0,4-t)，Q(2,t)，D(2,4)，
计算各边长度：
$PD=\sqrt{(2-0)^2+[4-(4-t)]^2}=\sqrt{4+t^2}$，
$PQ=\sqrt{(2-0)^2+[t-(4-t)]^2}=\sqrt{4+(2t-4)^2}$，
$DQ=|4-t|=4-t$（
∵t≤4），
分三种情况讨论△PQD为等腰三角形：
① 当PD=DQ时：
$\sqrt{4+t^2}=4-t$，
两边平方得：$4+t^2=16-8t+t^2$，
化简得：$8t=12$，解得$t=\frac{3}{2}$；
② 当PD=PQ时：
$\sqrt{4+t^2}=\sqrt{4+(2t-4)^2}$，
两边平方得：$4+t^2=4+(2t-4)^2$，
展开整理得：$3t^2-16t+16=0$，
解得$t=\frac{16±8}{6}$，即$t=4$（舍去，此时Q与D重合，无法构成三角形）或$t=\frac{4}{3}$；
③ 当PQ=DQ时：
$\sqrt{4+(2t-4)^2}=4-t$，
两边平方得：$4+(2t-4)^2=(4-t)^2$，
展开整理得：$3t^2-8t+4=0$，
解得$t=\frac{8±4}{6}$，即$t=2$或$t=\frac{2}{3}$，均符合题意；
综上，时间为$\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$、$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$、$2\ \mathrm{s}$、$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$时，△PQD是等腰三角形。
【答案】
(1) $4\ \mathrm{cm^2}$；(2) $\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$、$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$、$2\ \mathrm{s}$、$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$
【知识点】
矩形性质、梯形面积、等腰三角形判定
【点评】
本题结合矩形动点问题，考查梯形面积计算和等腰三角形的分类讨论，需注意建立几何模型表示边长，分情况讨论时要舍去不符合题意的解，是初中数学的重点题型，需掌握分类思想的应用。
【难度系数】
0.5
首先解决第(1)问：四边形PBCQ是梯形，AB和CD为矩形对边，PB、CQ分别是梯形的下底和上底，高等于矩形的宽BC（即AD的长度2cm）。根据动点速度，AP=t，CQ=t，故PB=AB-AP=4-t，利用梯形面积公式计算即可，结果与t无关，为定值。
第(2)问：要使△PQD为等腰三角形，需分三种情况讨论：PD=DQ、PD=PQ、PQ=DQ。建立坐标系确定各点坐标，用t表示各边长度，根据等腰三角形两边相等列方程求解，舍去使三点共线或无法构成三角形的t值。
【解析】
(1) 设运动时间为t秒（0≤t≤4），则AP=CQ=t，
∵AB=4cm，
∴PB=AB-AP=(4-t)cm，
四边形PBCQ是梯形，上底CQ=t，下底PB=(4-t)cm，高BC=AD=2cm，
根据梯形面积公式：
$S_{四边形PBCQ}=\frac{1}{2}×(上底+下底)×高=\frac{1}{2}×[t+(4-t)]×2=4\ \mathrm{cm^2}$。
(2) 建立平面直角坐标系：设A(0,4)，B(0,0)，C(2,0)，D(2,4)，
则t秒后，P(0,4-t)，Q(2,t)，D(2,4)，
计算各边长度：
$PD=\sqrt{(2-0)^2+[4-(4-t)]^2}=\sqrt{4+t^2}$，
$PQ=\sqrt{(2-0)^2+[t-(4-t)]^2}=\sqrt{4+(2t-4)^2}$，
$DQ=|4-t|=4-t$（
∵t≤4），
分三种情况讨论△PQD为等腰三角形：
① 当PD=DQ时：
$\sqrt{4+t^2}=4-t$，
两边平方得：$4+t^2=16-8t+t^2$，
化简得：$8t=12$，解得$t=\frac{3}{2}$；
② 当PD=PQ时：
$\sqrt{4+t^2}=\sqrt{4+(2t-4)^2}$，
两边平方得：$4+t^2=4+(2t-4)^2$，
展开整理得：$3t^2-16t+16=0$，
解得$t=\frac{16±8}{6}$，即$t=4$（舍去，此时Q与D重合，无法构成三角形）或$t=\frac{4}{3}$；
③ 当PQ=DQ时：
$\sqrt{4+(2t-4)^2}=4-t$，
两边平方得：$4+(2t-4)^2=(4-t)^2$，
展开整理得：$3t^2-8t+4=0$，
解得$t=\frac{8±4}{6}$，即$t=2$或$t=\frac{2}{3}$，均符合题意；
综上，时间为$\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$、$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$、$2\ \mathrm{s}$、$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$时，△PQD是等腰三角形。
【答案】
(1) $4\ \mathrm{cm^2}$；(2) $\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$、$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$、$2\ \mathrm{s}$、$\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$
【知识点】
矩形性质、梯形面积、等腰三角形判定
【点评】
本题结合矩形动点问题，考查梯形面积计算和等腰三角形的分类讨论，需注意建立几何模型表示边长，分情况讨论时要舍去不符合题意的解，是初中数学的重点题型，需掌握分类思想的应用。
【难度系数】
0.5
1. 如图,要建一个矩形仓库ABCD,一边靠墙(墙长22 m),并在BC边上开一道2 m宽的门,现在可用的材料为38 m长的木板(全部使用完),若设AB为x m.
(1) BC的长为
(2) 仓库的面积能为150 $\mathrm{m}^2$吗? 若能,求出AB的长;若不能,说明理由.
(1) BC的长为
(40-2x)
m;(用含x的代数式表示)(2) 仓库的面积能为150 $\mathrm{m}^2$吗? 若能,求出AB的长;若不能,说明理由.
答案
(1) $(40-2x)$;
(2) $AB=15\ \mathrm{m}$,仓库的面积能为$150\ \mathrm{m}^2$.
(2) $AB=15\ \mathrm{m}$,仓库的面积能为$150\ \mathrm{m}^2$.
解析
【分析】
首先根据矩形的性质，AB与CD长度相等，结合木板总长度、BC边的门宽，推导BC的代数式；再利用矩形面积公式列方程求解，同时需结合墙长限制判断解的合理性，舍去不符合实际的解。
【解析】
(1) 因为AB = x m，矩形ABCD中AB = CD = x m，木板用于AB、CD和BC边（BC边2m宽的门无需木板），所以木板总长度满足：AB + CD + (BC - 2) = 38 m，代入AB=CD=x得：
x + x + BC - 2 = 38，整理得BC = 40 - 2x，故BC的长为(40 - 2x) m。
(2) 若仓库面积为150 m²，根据矩形面积公式：AB×BC = 150，代入AB=x、BC=40-2x，得方程：
x(40 - 2x) = 150
整理为一元二次方程：x² - 20x + 75 = 0，因式分解得：(x - 15)(x - 5) = 0，解得x₁=15，x₂=5。
验证解的合理性：墙长22 m，BC需满足0 ＜ BC ≤22，即0 ＜ 40 - 2x ≤22，解得9 ≤x ＜20。
x₂=5不满足，舍去；x₁=15满足条件，此时AB=15 m，BC=10 m，符合墙长限制。
因此，仓库的面积能为150 m²，AB的长为15 m。
【答案】
(1) (40-2x)；(2) 能，AB=15 m
【知识点】
矩形性质，一元二次方程应用，面积计算
【点评】
本题结合实际场景考查矩形的周长、面积关系及一元二次方程的应用，核心是根据实际长度限制舍去不合理解，体现数学与实际问题的结合。
【难度系数】
0.6
首先根据矩形的性质，AB与CD长度相等，结合木板总长度、BC边的门宽，推导BC的代数式；再利用矩形面积公式列方程求解，同时需结合墙长限制判断解的合理性，舍去不符合实际的解。
【解析】
(1) 因为AB = x m，矩形ABCD中AB = CD = x m，木板用于AB、CD和BC边（BC边2m宽的门无需木板），所以木板总长度满足：AB + CD + (BC - 2) = 38 m，代入AB=CD=x得：
x + x + BC - 2 = 38，整理得BC = 40 - 2x，故BC的长为(40 - 2x) m。
(2) 若仓库面积为150 m²，根据矩形面积公式：AB×BC = 150，代入AB=x、BC=40-2x，得方程：
x(40 - 2x) = 150
整理为一元二次方程：x² - 20x + 75 = 0，因式分解得：(x - 15)(x - 5) = 0，解得x₁=15，x₂=5。
验证解的合理性：墙长22 m，BC需满足0 ＜ BC ≤22，即0 ＜ 40 - 2x ≤22，解得9 ≤x ＜20。
x₂=5不满足，舍去；x₁=15满足条件，此时AB=15 m，BC=10 m，符合墙长限制。
因此，仓库的面积能为150 m²，AB的长为15 m。
【答案】
(1) (40-2x)；(2) 能，AB=15 m
【知识点】
矩形性质，一元二次方程应用，面积计算
【点评】
本题结合实际场景考查矩形的周长、面积关系及一元二次方程的应用，核心是根据实际长度限制舍去不合理解，体现数学与实际问题的结合。
【难度系数】
0.6
2. 为促进新旧功能转换,提高经济效益,某科技公司近期研发出一种新型高科技设备,每台设备成本价为25万元,经过市场调研发现,该设备的月销售量y(台)和销售单价x(万元)满足如图所示的一次函数关系.
(1) 求月销售量y与销售单价x的函数表达式;
(2) 根据相关规定,此设备的销售单价不得高于32万元,如果该公司想获得250万元的月利润,那么该设备的销售单价应是多少万元?
(1) 求月销售量y与销售单价x的函数表达式;
(2) 根据相关规定,此设备的销售单价不得高于32万元,如果该公司想获得250万元的月利润,那么该设备的销售单价应是多少万元?
答案
(1) $y=-5x+200$;
(2)30万元.
(2)30万元.
解析
【分析】
第(1)问：已知月销售量y与销售单价x满足一次函数关系，先设其表达式为y=kx+b（k≠0），再根据图像给出的两个点坐标，代入表达式得到关于k、b的方程组，解方程组即可求出函数表达式。
第(2)问：月利润的计算公式为“（销售单价-每台成本）×月销售量”，结合已知利润值和第(1)问的函数表达式列出方程，再根据“销售单价不得高于32万元”的条件筛选出符合题意的解，即为所求销售单价。
【解析】
(1) 设月销售量y与销售单价x的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将点$(28,60)$和$(32,40)$代入表达式，得：
$\begin{cases}28k + b = 60 \\32k + b = 40\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程，得$4k=-20$，解得$k=-5$，
把$k=-5$代入$28k + b=60$，得$28×(-5)+b=60$，解得$b=200$，
因此函数表达式为$y=-5x+200$。
(2) 设销售单价为$x$万元，每台成本25万元，月销售量为$y$台，
根据月利润公式：月利润$=(x-25)y=250$，
将$y=-5x+200$代入得：$(x-25)(-5x+200)=250$，
展开并整理方程：$-5x^2 + 325x - 5000 = 250$，即$x^2 -65x +1050=0$，
因式分解得$(x-30)(x-35)=0$，解得$x_1=30$，$x_2=35$，
因为销售单价不得高于32万元，即$x≤32$，所以$x=35$不符合条件，舍去，
故该设备的销售单价应是30万元。
【答案】
(1) $y=-5x+200$；(2) 30万元
【知识点】
一次函数表达式、一元二次方程应用、利润问题
【点评】
本题结合实际销售问题考查一次函数和一元二次方程的应用，核心是用待定系数法求一次函数解析式，再根据利润关系列方程求解，需注意根据实际限制条件筛选解，属于常规中档题。
【难度系数】
0.6
第(1)问：已知月销售量y与销售单价x满足一次函数关系，先设其表达式为y=kx+b（k≠0），再根据图像给出的两个点坐标，代入表达式得到关于k、b的方程组，解方程组即可求出函数表达式。
第(2)问：月利润的计算公式为“（销售单价-每台成本）×月销售量”，结合已知利润值和第(1)问的函数表达式列出方程，再根据“销售单价不得高于32万元”的条件筛选出符合题意的解，即为所求销售单价。
【解析】
(1) 设月销售量y与销售单价x的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将点$(28,60)$和$(32,40)$代入表达式，得：
$\begin{cases}28k + b = 60 \\32k + b = 40\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程，得$4k=-20$，解得$k=-5$，
把$k=-5$代入$28k + b=60$，得$28×(-5)+b=60$，解得$b=200$，
因此函数表达式为$y=-5x+200$。
(2) 设销售单价为$x$万元，每台成本25万元，月销售量为$y$台，
根据月利润公式：月利润$=(x-25)y=250$，
将$y=-5x+200$代入得：$(x-25)(-5x+200)=250$，
展开并整理方程：$-5x^2 + 325x - 5000 = 250$，即$x^2 -65x +1050=0$，
因式分解得$(x-30)(x-35)=0$，解得$x_1=30$，$x_2=35$，
因为销售单价不得高于32万元，即$x≤32$，所以$x=35$不符合条件，舍去，
故该设备的销售单价应是30万元。
【答案】
(1) $y=-5x+200$；(2) 30万元
【知识点】
一次函数表达式、一元二次方程应用、利润问题
【点评】
本题结合实际销售问题考查一次函数和一元二次方程的应用，核心是用待定系数法求一次函数解析式，再根据利润关系列方程求解，需注意根据实际限制条件筛选解，属于常规中档题。
【难度系数】
0.6
