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5. 如图,在$△ ABC$中,$∠ B=90°$,$AB=12\ \mathrm{cm}$,$BC=24\ \mathrm{cm}$,动点$P$从点$A$出发沿边$AB$向点$B$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,同时动点$Q$从点$B$出发沿边$BC$向点$C$以$4\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,当点$P$运动到点$B$时,$P$、$Q$两点同时停止运动,设运动时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1)$BP=$______$\mathrm{cm}$;$BQ=$______$\mathrm{cm}$.(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$、$QD$,当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$?
(1)$BP=$______$\mathrm{cm}$;$BQ=$______$\mathrm{cm}$.(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$、$QD$,当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ \mathrm{cm}^2$?
答案
( $12 - 2t$) ; $4t$ ; 解：过点$D$作$DH\perp BC$于点$H。$ 因为$\angle B = 90^{\circ}，$即$AB\perp BC，$所以$AB// DH。$ 又因为$D$是$AC$的中点，所以$BH=\frac{1}{2}BC = 12\ cm，$$DH$是$\triangle ABC$的中位线，则$DH=\frac{1}{2}AB = 6\ cm。$ 根据题意，${S}_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times AB\times BC=\frac{1}{2}\times12\times24 = 144\ cm^{2}。$ ${S}_{\triangle PDQ}={S}_{\triangle ABC}-{S}_{\triangle ADQ}-{S}_{\triangle BPQ}-{S}_{\triangle CDH}，$即$\frac{1}{2}\times12\times24-\frac{1}{2}\times4t\times(12 - 2t)-\frac{1}{2}\times(24 - 4t)\times6-\frac{1}{2}\times2t\times12 = 40。$ 展开得$144-(24t - 4t^{2})-(72 - 12t)-12t = 40，$$144-24t + 4t^{2}-72 + 12t-12t = 40，$$4t^{2}-24t + 32 = 0，$两边同时除以$4$得$t^{2}-6t + 8 = 0。$ 因式分解得$(t - 2)(t - 4)=0，$解得$t_{1}=2，$$t_{2}=4。$ 所以当$t = 2$或$4$时，$\triangle PDQ$的面积是$40\ cm^{2}。$ ;
6. 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，点P停止时点Q即停止.
(1)P、Q两点从开始出发经过多长时间，四边形PBCQ的面积为33 cm²？
(2)P、Q两点从开始出发经过多长时间，点P和点Q的距离是10 cm？
(1)P、Q两点从开始出发经过多长时间，四边形PBCQ的面积为33 cm²？
(2)P、Q两点从开始出发经过多长时间，点P和点Q的距离是10 cm？
答案
(1)解：设$P$、$Q$两点从开始出发到$x\ s$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ cm^{2}。$ 因为点$P$以$3\ cm/s$的速度向点$B$移动，点$Q$以$2\ cm/s$的速度向点$D$移动，所以$PB=(16 - 3x)\ cm，$$CQ = 2x\ cm。$ 根据梯形面积公式$S=\frac{(a + b)h}{2}$（$a$、$b$为上、下底，$h$为高），可得$\frac{1}{2}\times(16 - 3x + 2x)\times6 = 33。$ 即$\frac{1}{2}\times(16 - x)\times6 = 33，$$3(16 - x)=33，$$48-3x = 33，$$3x = 15，$解得$x = 5。$ 所以$P$、$Q$两点从开始出发到$5\ s$时，四边形$PBCQ$的面积为$33\ cm^{2}。$ (2)解：设$P$、$Q$两点从开始出发到$t\ s$时，点$P$、$Q$间的距离是$10\ cm。$ 过点$Q$作$QE\perp AB，$垂足为$E，$则$QE = AD = 6\ cm，$$PQ = 10\ cm。$ 因为$AP = 3t\ cm，$$BE = CQ = 2t\ cm，$所以$PE=AB - AP - BE=\vert16 - 5t\vert\ cm。$ 由勾股定理得$PE^{2}+QE^{2}=PQ^{2}，$即$(16 - 5t)^{2}+6^{2}=10^{2}。$ 展开得$256-160t + 25t^{2}+36 = 100，$$25t^{2}-160t + 192 = 0。$ 对于一元二次方程$ay^{2}+by + c = 0(a\neq0)，$其求根公式为$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}，$这里$a = 25，$$b=-160，$$c = 192。$ $\Delta=b^{2}-4ac=(-160)^{2}-4\times25\times192=25600 - 19200 = 6400。$ $t=\frac{160\pm\sqrt{6400}}{2\times25}=\frac{160\pm80}{50}，$解得$t_{1}=1.6，$$t_{2}=4.8。$ 所以$P$、$Q$两点从出发开始到$1.6\ s$或$4.8\ s$时，点$P$和点$Q$的距离是$10\ cm。$ ;
7. 如图,已知正方形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,是否存在t的值,使得△PQD的面积为11 cm²?
(2)当点P在边BC上运动时,是否存在这样的t,使得△PQD是以PD为一腰的等腰三角形?若存在,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,是否存在t的值,使得△PQD的面积为11 cm²?
(2)当点P在边BC上运动时,是否存在这样的t,使得△PQD是以PD为一腰的等腰三角形?若存在,求出符合条件的t的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1)解：因为$4\div2 = 2(s)，$所以当点$P$在边$BC$上时，$0\leq t\leq2。$ 由题意得$AQ = t\ cm，$$BQ=(4 - t)\ cm，$$BP = 2t\ cm，$$PC=(4 - 2t)\ cm。$ ${S}_{\triangle PQD}={S}_{正方形ABCD}-{S}_{\triangle ADQ}-{S}_{\triangle BPQ}-{S}_{\triangle CPD}，$即$16-\frac{1}{2}\times4\times t-\frac{1}{2}\times(4 - t)\times2t-\frac{1}{2}\times4\times(4 - 2t)=11。$ 展开得$16 - 2t-(4t - t^{2})-(8 - 4t)=11，$$16 - 2t-4t + t^{2}-8 + 4t = 11，$$t^{2}-2t - 3 = 0。$ 因式分解得$(t - 3)(t + 1)=0，$解得$t_{1}=-1，$$t_{2}=3，$都不符合$0\leq t\leq2，$舍去。 当点$P$在边$CD$上时，$2\lt t\leq4，$由题意得$AQ = t\ cm，$$DP=(8 - 2t)\ cm。$ ${S}_{\triangle PQD}=\frac{1}{2}BC\cdot DP，$即$\frac{1}{2}\times4\times(8 - 2t)=11，$$2(8 - 2t)=11，$$16-4t = 11，$$4t = 5，$解得$t=\frac{5}{4}，$不符合$2\lt t\leq4，$舍去。 综上所述，不存在$t$的值，使$\triangle PQD$的面积为$11\ cm^{2}。$ (2)解：存在。理由如下：
由题意得$AQ = t\ cm，$$BQ=(4 - t)\ cm，$$BP = 2t\ cm，$$PC=(4 - 2t)\ cm(0\leq t\leq2)。$ 当$DP = DQ$时，因为$DC = DA，$$\angle A=\angle C = 90^{\circ}，$所以$Rt\triangle DCP\cong Rt\triangle DAQ(HL)，$则$PC = AQ，$即$4 - 2t = t，$解得$t=\frac{4}{3}。$ 当$PD = PQ$时，在$Rt\triangle PBQ$中，$PQ^{2}=PB^{2}+BQ^{2}=(2t)^{2}+(4 - t)^{2}；$在$Rt\triangle PCD$中，$PD^{2}=PC^{2}+CD^{2}=(4 - 2t)^{2}+4^{2}。$ 所以$(2t)^{2}+(4 - t)^{2}=(4 - 2t)^{2}+4^{2}，$展开得$4t^{2}+16-8t + t^{2}=16-16t + 4t^{2}+16，$$t^{2}+8t - 16 = 0。$ 对于一元二次方程$ay^{2}+by + c = 0(a\neq0)，$其求根公式为$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}，$这里$a = 1，$$b = 8，$$c=-16。$ $\Delta=b^{2}-4ac=8^{2}-4\times1\times(-16)=64 + 64 = 128。$ $t=\frac{-8\pm\sqrt{128}}{2}=\frac{-8\pm8\sqrt{2}}{2}=-4\pm4\sqrt{2}，$$t_{1}=-4 - 4\sqrt{2}$（舍去），$t_{2}=4\sqrt{2}-4。$ 综上所述，当$t=\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时，$\triangle PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形。
由题意得$AQ = t\ cm，$$BQ=(4 - t)\ cm，$$BP = 2t\ cm，$$PC=(4 - 2t)\ cm(0\leq t\leq2)。$ 当$DP = DQ$时，因为$DC = DA，$$\angle A=\angle C = 90^{\circ}，$所以$Rt\triangle DCP\cong Rt\triangle DAQ(HL)，$则$PC = AQ，$即$4 - 2t = t，$解得$t=\frac{4}{3}。$ 当$PD = PQ$时，在$Rt\triangle PBQ$中，$PQ^{2}=PB^{2}+BQ^{2}=(2t)^{2}+(4 - t)^{2}；$在$Rt\triangle PCD$中，$PD^{2}=PC^{2}+CD^{2}=(4 - 2t)^{2}+4^{2}。$ 所以$(2t)^{2}+(4 - t)^{2}=(4 - 2t)^{2}+4^{2}，$展开得$4t^{2}+16-8t + t^{2}=16-16t + 4t^{2}+16，$$t^{2}+8t - 16 = 0。$ 对于一元二次方程$ay^{2}+by + c = 0(a\neq0)，$其求根公式为$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}，$这里$a = 1，$$b = 8，$$c=-16。$ $\Delta=b^{2}-4ac=8^{2}-4\times1\times(-16)=64 + 64 = 128。$ $t=\frac{-8\pm\sqrt{128}}{2}=\frac{-8\pm8\sqrt{2}}{2}=-4\pm4\sqrt{2}，$$t_{1}=-4 - 4\sqrt{2}$（舍去），$t_{2}=4\sqrt{2}-4。$ 综上所述，当$t=\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$时，$\triangle PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形。
