23.如图，A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P,Q分别从点A，C同时出发，点P以3 cm/s的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q以2 cm/s的速度向点D移动，当点P到达点B时，点Q随之停止运动，设运动时间为t s.
(1)AP=，DQ=.(用含t的代数式表示)
(2)t为多少时，点P和点Q间的距离为10 cm？
(3)t为多少时，△PQD是以PQ为腰的等腰三角形？

23.(1)$3t$ cm $(16-2t)$ cm
(2)如图①,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$.

$\because∠ B=∠ C=90°,QE⊥ AB,\therefore$四边形$BCQE$是矩形,
$\therefore BE=QC=2t,QE=BC=AD=6$,
$\therefore PE=|(16-3t)-2t|=|16-5t|$,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中$PE^2+QE^2=PQ^2,\therefore |16-5t|^2+6^2=10^2$,解得$t_1=\frac{8}{5},t_2=\frac{24}{5}$.
$\therefore$当$t$为$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$时,点$P$和点$Q$间的距离为10 cm.
(3)①当$PD=PQ$时,过$P$作$PF⊥ CD$,如图②.

$\because$四边形$ABCD$是矩形,$\therefore∠ A=∠ ADC=90°$,
$\because PF⊥ CD,PD=PQ,\therefore DF=FQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}(16-2t)=(8-t)$ cm,$∠ PFD=90°$,
$\therefore$四边形$APFD$是矩形,$\therefore AP=DF,\therefore 3t=8-t$,解得$t=2$.
②当$PQ=DQ$时,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$,如图③.

$\because$四边形$BCQE$是矩形,$\therefore QE=AD=6$ cm,$BE=QC=2t$ cm,
$\therefore DQ=CD-QC=(16-2t)$ cm,$PE=PB-BE=|16-3t-2t|=|16-5t|$ cm,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中由勾股定理得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,
$\therefore |16-5t|^2+6^2=(16-2t)^2$,解得$t=\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$t=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$.
综上所述,$t=2$或$\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$时,$△ PQD$是以$PQ$为腰的等腰三角形.

【分析】
(1) 根据“路程=速度×时间”直接写出AP的表达式；DQ为CD的长度减去Q移动的距离CQ，已知CD=AB=16cm，即可推出DQ的表达式。
(2) 求PQ的长度可通过作辅助线构造直角三角形：过Q作QE⊥AB得到Rt△PEQ，利用矩形性质得到QE=AD=6cm，用含t的代数式表示出PE的长度，再结合勾股定理列方程求解即可，注意PE为两点距离，需加绝对值。
(3) △PQD以PQ为腰，需分两种情况讨论：①PQ=PD；②PQ=DQ。分别构造辅助线，结合矩形性质和勾股定理列方程求解，最后验证解是否符合动点的运动范围（0≤t≤$\frac{16}{3}$）。
【解析】
(1) 点P的运动速度为3cm/s，运动时间为t s，因此$AP=3t$ cm；点Q的运动速度为2cm/s，因此$CQ=2t$ cm，又$CD=AB=16$cm，所以$DQ=CD-CQ=(16-2t)$ cm。
(2) 如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$.

$\because∠ B=∠ C=90°,QE⊥ AB,\therefore$四边形$BCQE$是矩形,
$\therefore BE=QC=2t,QE=BC=AD=6$,
$\therefore PE=|(16-3t)-2t|=|16-5t|$,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中$PE^2+QE^2=PQ^2$，已知$PQ=10$cm，代入得：
$|16-5t|^2+6^2=10^2$，即$(16-5t)^2=64$，
解得$t_1=\frac{8}{5},t_2=\frac{24}{5}$，两个解均满足$0≤t≤\frac{16}{3}$，均有效。
(3) 分两种情况讨论：
①当$PD=PQ$时，过$P$作$PF⊥ CD$，如图②.

$\because$四边形$ABCD$是矩形,$\therefore∠ A=∠ ADC=90°$,
$\because PF⊥ CD,PD=PQ,\therefore DF=FQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}(16-2t)=(8-t)$ cm,$∠ PFD=90°$,
$\therefore$四边形$APFD$是矩形,$\therefore AP=DF$,即$3t=8-t$,解得$t=2$。
②当$PQ=DQ$时,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$,如图③.

$\because$四边形$BCQE$是矩形,$\therefore QE=AD=6$ cm,$BE=QC=2t$ cm,
$\therefore DQ=CD-QC=(16-2t)$ cm,$PE=PB-BE=|16-3t-2t|=|16-5t|$ cm,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中由勾股定理得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,
$\because PQ=DQ$，因此$|16-5t|^2+6^2=(16-2t)^2$，
整理得$7t^2-32t+12=0$，由求根公式解得$t=\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$t=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$，两个解均满足$0≤t≤\frac{16}{3}$，均有效。
【答案】
(1)$3t$ cm；$(16-2t)$ cm
(2)当$t$为$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$时，点P和点Q间的距离为10 cm。
(3)$t=2$或$\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$时，$△ PQD$是以$PQ$为腰的等腰三角形。
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题属于动态几何综合题，结合了动点运动、矩形性质、勾股定理、一元二次方程解法等内容，解题时要注意分类讨论等腰三角形腰的所有可能情况，同时要验证解是否符合动点的运动范围，避免产生增根，能有效考查方程思想和分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.6

24.定义:将一元二次方程的二次项系数,一次项系数和常数项按照 $n:1:\frac{1}{n}$ 的比例放大或缩小,其中 $n≠0$,我们称新方程为原方程的“系变方程”,$n$ 为系变倍数.
(1)当系变倍数为3时,写出一元二次方程 $x^2+2x-3=0$ 的“系变方程”的根.
(2)已知某一元二次方程有两个实数根 $x_1,x_2$,当 $n=2$ 时,其“系变方程”也有两个实数根 $p,q$,且 $x_1x_2=1$,求 $\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17$ 的最小值.
(3)已知关于 $x$ 的方程 $(3x^2+tx-2)^2+(-2x^2-tx+3)^2=(x^2+1)^2$ 有四个实数根 $x_1,x_2,x_3,x_4$.是否存在定值 $k$,对于任意实数 $t$,都满足 $\frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k$? 若存在,请求出 $k$ 的值;若不存在,请说明理由.

24.(1)$x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$.
(2)设原方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,当$n=2$时,系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$.
$\because x_1x_2=1,\therefore pq=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}x_1x_2=\frac{1}{4}$.
$\therefore$原式$=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{p+16q}{4pq}+17=4p^2+4q^2-16q-p+17=(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$.
$\therefore$当$p=\frac{1}{8},q=2$时,原式取到最小值$\frac{15}{16}$.
(3)设方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,则其“系变方程”为$nax^2+bx+\frac{c}{n}=0$,
系变方程两边同时乘$n$,整理得$a(nx)^2+b(nx)+c=0$.
$\therefore$若一元二次方程有实数根,则其“系变方程”必有实数根,且实数根存在倍数关系.
由题意,令$p=3x^2+tx-2,q=-2x^2-tx+3,\therefore p^2+q^2=(p+q)^2$,
$\therefore pq=0$,即$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0,\therefore 3x^2+tx-2=0$或$2x^2+tx-3=0$.
$3x^2+tx-2=0$和$2x^2+tx-3=0$互为“系变方程”,且对任意实数$t$,方程都有实数根,
$\because \frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k,\therefore k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$.

【分析】
(1) 先明确“系变方程”的定义：系变倍数为n时，新方程二次项系数是原二次项系数的n倍，一次项系数不变，常数项是原常数项的$\frac{1}{n}$。先按n=3写出系变方程，再解一元二次方程即可得根。
(2) 先设出原一元二次方程，按定义写出n=2时的系变方程，利用韦达定理结合已知$x_1x_2=1$求出系变方程两根之积$pq$，再将所求代数式通分化简，代入$pq$后配方，利用平方的非负性求最小值。
(3) 观察方程左边结构，设两个二次多项式为p、q，可得$p+q=x^2+1$，利用$p^2+q^2=(p+q)^2$推出$pq=0$，将原方程拆为两个一元二次方程，判断两个方程互为系变方程，结合系变方程根的性质即可求出定值k。
【解析】
(1) 原方程为$x^2+2x-3=0$，系变倍数n=3，根据定义得系变方程为：
$3x^2+2x-1=0$
因式分解得$(3x-1)(x+1)=0$，解得$x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$。
(2) 设原一元二次方程为$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，当n=2时，系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$。
由韦达定理得：原方程$x_1x_2=\frac{c}{a}=1$，系变方程$pq=\frac{\frac{c}{2}}{2a}=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}x_1x_2=\frac{1}{4}$。
化简所求代数式：
$\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{16q+p}{4pq}+17$
将$pq=\frac{1}{4}$代入得：
$4(p^2+q^2)-(16q+p)+17=4p^2-p+4q^2-16q+17$
配方得：
$(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$
由平方的非负性可知，当$p=\frac{1}{8},q=2$时，原式取最小值$\frac{15}{16}$。
(3) 存在定值k，理由如下：
令$p=3x^2+tx-2$，$q=-2x^2-tx+3$，则$p+q=x^2+1$，原方程为$p^2+q^2=(p+q)^2$，展开化简得$pq=0$，即：
$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0$
$\therefore 3x^2+tx-2=0$或$2x^2+tx-3=0$
两个方程互为“系变方程”，根据系变方程根的倍数关系，可得根的比值为定值，即$k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$。
【答案】
(1)$x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$；
(2)最小值为$\frac{15}{16}$；
(3)存在，$k$的值为$\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$。
【知识点】
新定义问题，韦达定理，配方法求最值
【点评】
本题以新定义为载体，分层考查一元二次方程的求解、韦达定理应用、代数式化简及复杂方程转化，既要求能快速理解新概念，也需要具备较强的代数变形和知识综合运用能力，区分度较高。
【难度系数】
0.3