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1[2026江苏连云港期末,中]如图所示,△ABC中,∠B=90°,AB=6 cm,BC=8 cm,点P从A点开始沿AB边向终点B以1 cm/s的速度移动,点Q从B点开始沿BC边向终点C以2 cm/s的速度移动.如果P,Q分别从A,B同时出发,当线段PQ将△ABC分成面积为1:2的两部分时,经过的时间为 (
A.2 s
B.4 s
C.2 s或4 s
D.2 s或6 s
C
)A.2 s
B.4 s
C.2 s或4 s
D.2 s或6 s
答案
设经过的时间为 $t$ s, 则 $AP=t\ \mathrm{cm},BQ=2t\ \mathrm{cm}.\because AB=6\ \mathrm{cm},BC=8\ \mathrm{cm},\therefore BP=AB-AP=(6-t)\ \mathrm{cm}.\because$ 线段 $PQ$ 将 $△ ABC$ 分成面积为 $1:2$ 的两部分,$\therefore S_{△ PBQ}=\frac{1}{3}S_{△ ABC}$ 或 $S_{△ PBQ}=\frac{2}{3}S_{△ ABC},\therefore \frac{1}{2}(6-t)·2t=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×6×8$ 或 $\frac{1}{2}(6-t)·2t=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}×6×8$, 整理得 $t^2-6t+8=0$ 或 $t^2-6t+16=0$(无实数解),解得 $t_1=2,t_2=4$, 即经过 2 s 或 4 s 后,线段 $PQ$ 将 $△ ABC$ 分成面积为 $1:2$ 的两部分. 故选 C.
解析
【分析】
这是动态几何中的面积比例问题，解题思路如下：第一步先设运动时间为$ t $，结合两点的运动速度，表示出线段$ AP、BQ、BP $的长度；第二步计算出$ △ ABC $的总面积，由PQ将三角形分成面积1:2的两部分，可知$ △ PBQ $的面积为总面积的$ \frac{1}{3} $或$ \frac{2}{3} $两种情况；第三步根据三角形面积公式分别列方程求解，最后结合动点的运动范围（Q最多运动4s就到达终点C）检验解的合理性，舍去不符合实际的解即可得到答案。
【解析】
解：设经过的时间为$ t\ \mathrm{s} $，
由题意得：$ AP = t\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 2t\ \mathrm{cm} $，
∵$ AB=6\ \mathrm{cm} $，
∴$ BP = AB - AP = (6-t)\ \mathrm{cm} $，
$ △ ABC $的面积：$ S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × AB × BC = \frac{1}{2} × 6 × 8 = 24\ \mathrm{cm^2} $，
∵线段PQ将$ △ ABC $分成面积为1:2的两部分，分两种情况讨论：
① 当$ S_{△ PBQ} = \frac{1}{3}S_{△ ABC} $时：
$ \frac{1}{2} × (6-t) × 2t = \frac{1}{3} × 24 $，
整理得$ t^2 -6t +8=0 $，解得$ t_1=2 $，$ t_2=4 $，均符合$ 0＜t≤4 $的运动范围；
② 当$ S_{△ PBQ} = \frac{2}{3}S_{△ ABC} $时：
$ \frac{1}{2} × (6-t) × 2t = \frac{2}{3} × 24 $，
整理得$ t^2 -6t +16=0 $，判别式$ \Delta = (-6)^2 -4×1×16=-28＜0 $，方程无实数解。
综上，经过的时间为2s或4s。
【答案】
C
【知识点】
动态几何问题，一元二次方程的应用，三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点面积类问题，解题核心是用含时间的代数式表示相关线段长度，结合面积比例关系分情况列方程求解，解题时要注意结合动点的运动范围检验解的合理性，避免出现不符合实际的增根。
【难度系数】
0.6
这是动态几何中的面积比例问题，解题思路如下：第一步先设运动时间为$ t $，结合两点的运动速度，表示出线段$ AP、BQ、BP $的长度；第二步计算出$ △ ABC $的总面积，由PQ将三角形分成面积1:2的两部分，可知$ △ PBQ $的面积为总面积的$ \frac{1}{3} $或$ \frac{2}{3} $两种情况；第三步根据三角形面积公式分别列方程求解，最后结合动点的运动范围（Q最多运动4s就到达终点C）检验解的合理性，舍去不符合实际的解即可得到答案。
【解析】
解：设经过的时间为$ t\ \mathrm{s} $，
由题意得：$ AP = t\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 2t\ \mathrm{cm} $，
∵$ AB=6\ \mathrm{cm} $，
∴$ BP = AB - AP = (6-t)\ \mathrm{cm} $，
$ △ ABC $的面积：$ S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × AB × BC = \frac{1}{2} × 6 × 8 = 24\ \mathrm{cm^2} $，
∵线段PQ将$ △ ABC $分成面积为1:2的两部分，分两种情况讨论：
① 当$ S_{△ PBQ} = \frac{1}{3}S_{△ ABC} $时：
$ \frac{1}{2} × (6-t) × 2t = \frac{1}{3} × 24 $，
整理得$ t^2 -6t +8=0 $，解得$ t_1=2 $，$ t_2=4 $，均符合$ 0＜t≤4 $的运动范围；
② 当$ S_{△ PBQ} = \frac{2}{3}S_{△ ABC} $时：
$ \frac{1}{2} × (6-t) × 2t = \frac{2}{3} × 24 $，
整理得$ t^2 -6t +16=0 $，判别式$ \Delta = (-6)^2 -4×1×16=-28＜0 $，方程无实数解。
综上，经过的时间为2s或4s。
【答案】
C
【知识点】
动态几何问题，一元二次方程的应用，三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点面积类问题，解题核心是用含时间的代数式表示相关线段长度，结合面积比例关系分情况列方程求解，解题时要注意结合动点的运动范围检验解的合理性，避免出现不符合实际的增根。
【难度系数】
0.6
2[2025江苏南京调研,中]如图,线段AB=12厘米,O为AB的中点,射线OC⊥AB.动点P从点A出发,以1厘米/秒的速度向点B运动,另一动点Q从点O出发,以2厘米/秒的速度沿射线OC运动,点P,Q同时出发,当点P到达点B时,点P,Q都停止运动.设点P的运动时间为t秒,当△POQ的面积为8平方厘米时,t的值为
2或4或3+√17
.答案
$\because AB=12$ 厘米,$O$ 为 $AB$ 的中点,$\therefore AO=BO=6$ 厘米. 由题意知 $OQ=2t$ 厘米,$AP=t$ 厘米. 当 $0＜t＜6$ 时,$OP=(6-t)$ 厘米,则 $S_{△ POQ}=\frac{1}{2}OP×OQ=\frac{1}{2}×(6-t)×2t$. 令 $\frac{1}{2}×(6-t)×2t=8$, 解得 $t=2$ 或 $t=4$. 当 $6＜t＜12$ 时,$OP=(t-6)$ 厘米,则 $S_{△ POQ}=\frac{1}{2}OP×OQ=\frac{1}{2}×(t-6)×2t$. 令 $\frac{1}{2}×(t-6)×2t=8$, 解得 $t=3+\sqrt{17}$ 或 $t=3-\sqrt{17}$(舍去). 综上所述,当 $△ POQ$ 的面积为 8 平方厘米时,$t$ 的值为 2 或 4 或 $3+\sqrt{17}$. 故答案为 2 或 4 或 $3+\sqrt{17}$.
解析
【分析】
解题思路如下：首先根据已知条件求出AO的长度，再结合两个动点的运动速度和时间，用含t的代数式分别表示出OQ、OP的长度。需注意点P的位置要分两种情况讨论：①点P在AO段运动（0＜t＜6），此时OP长度为AO减AP；②点P在OB段运动（6＜t＜12），此时OP长度为AP减AO。因为OC⊥AB，所以△POQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列方程，求解后舍去不符合时间范围的解，即可得到t的取值。
【解析】
∵AB=12厘米，O为AB的中点，
∴$AO=BO=\frac{1}{2}AB=6$厘米。
由题意得：动点Q的运动路程$OQ=2t$厘米，动点P的运动路程$AP=t$厘米。
分两种情况讨论：
1. 当$0＜t＜6$时，点P在线段AO上，此时$OP=AO-AP=(6-t)$厘米。
∵$OC⊥AB$，
∴△POQ为直角三角形，
∴$S_{△ POQ}=\frac{1}{2} × OP × OQ = \frac{1}{2} × (6-t) × 2t$。
令$S_{△ POQ}=8$平方厘米，得方程：$\frac{1}{2} × (6-t) × 2t =8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，均符合$0＜t＜6$的取值范围。
2. 当$6＜t＜12$时，点P在线段OB上，此时$OP=AP-AO=(t-6)$厘米。
同理可得$S_{△ POQ}=\frac{1}{2} × (t-6) × 2t$，
令$S_{△ POQ}=8$平方厘米，得方程：$\frac{1}{2} × (t-6) × 2t =8$，
整理得$t^2-6t-8=0$，解得$t_1=3+\sqrt{17}$，$t_2=3-\sqrt{17}$。
∵$3-\sqrt{17}＜0$，不符合$6＜t＜12$的取值范围，故舍去；$3+\sqrt{17}$符合取值范围。
综上，t的值为2或4或$3+\sqrt{17}$。
【答案】
2或4或$3+\sqrt{17}$
【知识点】
动态几何问题，直角三角形面积计算，一元二次方程求解
【点评】
本题是典型的动点类几何综合题，核心考查分类讨论思想，解题时要根据动点的不同位置分段分析，列方程求解后一定要验证解是否符合运动的时间范围，避免出现多解或错解。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：首先根据已知条件求出AO的长度，再结合两个动点的运动速度和时间，用含t的代数式分别表示出OQ、OP的长度。需注意点P的位置要分两种情况讨论：①点P在AO段运动（0＜t＜6），此时OP长度为AO减AP；②点P在OB段运动（6＜t＜12），此时OP长度为AP减AO。因为OC⊥AB，所以△POQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列方程，求解后舍去不符合时间范围的解，即可得到t的取值。
【解析】
∵AB=12厘米，O为AB的中点，
∴$AO=BO=\frac{1}{2}AB=6$厘米。
由题意得：动点Q的运动路程$OQ=2t$厘米，动点P的运动路程$AP=t$厘米。
分两种情况讨论：
1. 当$0＜t＜6$时，点P在线段AO上，此时$OP=AO-AP=(6-t)$厘米。
∵$OC⊥AB$，
∴△POQ为直角三角形，
∴$S_{△ POQ}=\frac{1}{2} × OP × OQ = \frac{1}{2} × (6-t) × 2t$。
令$S_{△ POQ}=8$平方厘米，得方程：$\frac{1}{2} × (6-t) × 2t =8$，
整理得$t^2-6t+8=0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$，均符合$0＜t＜6$的取值范围。
2. 当$6＜t＜12$时，点P在线段OB上，此时$OP=AP-AO=(t-6)$厘米。
同理可得$S_{△ POQ}=\frac{1}{2} × (t-6) × 2t$，
令$S_{△ POQ}=8$平方厘米，得方程：$\frac{1}{2} × (t-6) × 2t =8$，
整理得$t^2-6t-8=0$，解得$t_1=3+\sqrt{17}$，$t_2=3-\sqrt{17}$。
∵$3-\sqrt{17}＜0$，不符合$6＜t＜12$的取值范围，故舍去；$3+\sqrt{17}$符合取值范围。
综上，t的值为2或4或$3+\sqrt{17}$。
【答案】
2或4或$3+\sqrt{17}$
【知识点】
动态几何问题，直角三角形面积计算，一元二次方程求解
【点评】
本题是典型的动点类几何综合题，核心考查分类讨论思想，解题时要根据动点的不同位置分段分析，列方程求解后一定要验证解是否符合运动的时间范围，避免出现多解或错解。
【难度系数】
0.6
3[2026广东广州质检,中]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=6\ \mathrm{cm}$,$BC=8\ \mathrm{cm}$.点$P$从点$B$开始沿$BC$向点$C$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,点$Q$从点$C$开始沿$CA$向点$A$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,$P,Q$同时出发,各自到达终点后停止运动.在整个运动过程中,设它们的运动时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1)下列说法正确的是
①$PQ$可以平分$△ ABC$的周长;
②$PQ$可以平分$△ ABC$的面积.
(2)连接$AP$,当$t$为何值时,$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$?
(1)下列说法正确的是
②
(填序号),请说明理由.①$PQ$可以平分$△ ABC$的周长;
②$PQ$可以平分$△ ABC$的面积.
(2)连接$AP$,当$t$为何值时,$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$?
答案
(1) 由题意,得 $BP=t\ \mathrm{cm},CQ=2t\ \mathrm{cm},\therefore CP=BC-BP=(8-t)\ \mathrm{cm}$. ① 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$,$AC=6\ \mathrm{cm},BC=8\ \mathrm{cm},\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10\ \mathrm{cm}$,$\therefore △ ABC$ 的周长为 $AC+BC+AB=24\ \mathrm{cm}$. 若 $PQ$ 平分 $△ ABC$ 的周长,则 $PC+CQ=12\ \mathrm{cm}$. 当 $P,Q$ 都没有停止运动时,$8-t+2t=12$, 解得 $t=4$, 不符合题意; 当点 $Q$ 停止运动,点 $P$ 没有停止运动时,$8-t+6=12$, 解得 $t=2$, 不符合题意,故 $PQ$ 不可以平分 $△ ABC$ 的周长. ② $\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=24\ \mathrm{cm}^2$,$\therefore$ 当 $PQ$ 平分 $△ ABC$ 的面积时,$S_{△ PCQ}=12\ \mathrm{cm}^2$. 若 $P,Q$ 都没有停止运动,则 $\frac{1}{2}(8-t)·2t=12$, 解得 $t=2$ 或 $t=6$(舍去); 若点 $Q$ 停止运动,点 $P$ 没有停止运动,则 $\frac{1}{2}(8-t)·6=12$, 解得 $t=4$,$\therefore PQ$ 可以平分 $△ ABC$ 的面积. 故②说法正确. 故答案为②.
(2) $S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC·PC=\frac{1}{2}×6(8-t)=24-3t$,$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}PC·CQ=\frac{1}{2}·2t(8-t)=8t-t^2$,$\therefore S_{△ APQ}=S_{△ APC}-S_{△ PCQ}=24-3t-(8t-t^2)=t^2-11t+24$. $\because S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$,$\therefore t^2-11t+24=\frac{1}{4}×24$, 解得 $t=2$ 或 $t=9$(舍去).
综上,当 $t=2$ 时,$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$.
(2) $S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC·PC=\frac{1}{2}×6(8-t)=24-3t$,$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}PC·CQ=\frac{1}{2}·2t(8-t)=8t-t^2$,$\therefore S_{△ APQ}=S_{△ APC}-S_{△ PCQ}=24-3t-(8t-t^2)=t^2-11t+24$. $\because S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$,$\therefore t^2-11t+24=\frac{1}{4}×24$, 解得 $t=2$ 或 $t=9$(舍去).
综上,当 $t=2$ 时,$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$.
解析
【分析】
本题属于动态几何类问题，解题思路如下：
1. 先根据动点的运动速度和时间t，表示出相关线段的长度：BP=t cm，CQ=2t cm，因此CP=(8-t)cm；同时明确动点的运动时间范围：点Q到终点A的时间为6÷2=3s，点P到终点C的时间为8÷1=8s，因此分0≤t≤3（两点均运动）、3＜t≤8（Q停止，P仍运动）两种情况讨论。
2. 解决第一问：先利用勾股定理求出AB的长度，得到△ABC的周长和面积，再分别对两个说法列方程求解，判断解是否在对应时间区间内，即可判断说法是否正确。
3. 解决第二问：观察图形可知$S_{△APQ}=S_{△APC}-S_{△PCQ}$，据此列出关于t的方程，求解后舍去不符合运动时间的解即可得到结果。
【解析】
(1) 由题意，得 $BP=t\ \mathrm{cm},CQ=2t\ \mathrm{cm},\therefore CP=BC-BP=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
① 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$,$AC=6\ \mathrm{cm},BC=8\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，因此$△ ABC$ 的周长为 $AC+BC+AB=6+8+10=24\ \mathrm{cm}$。
若$PQ$平分$△ ABC$的周长，则$PC+CQ=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}$。
当$0≤t≤3$，P、Q都未停止运动时：$8-t+2t=12$，解得$t=4$，不在$0≤t≤3$范围内，舍去；
当$3＜t≤8$，Q停止运动、P未停止运动时：$8-t+6=12$，解得$t=2$，不在$3＜t≤8$范围内，舍去；
因此$PQ$不可以平分$△ ABC$的周长，①错误。
② 先计算$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，若$PQ$平分$△ ABC$的面积，则$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}^2$。
当$0≤t≤3$，P、Q都未停止运动时：$\frac{1}{2}×(8-t)×2t=12$，整理得$t^2-8t+12=0$，解得$t=2$或$t=6$，其中$t=6$超出$0≤t≤3$范围舍去，$t=2$符合要求；
因此$PQ$可以平分$△ ABC$的面积，②正确。
综上，正确的是②。
(2) 先计算$S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC·PC=\frac{1}{2}×6×(8-t)=24-3t$，$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}PC·CQ=\frac{1}{2}×(8-t)×2t=8t-t^2$，因此$S_{△ APQ}=S_{△ APC}-S_{△ PCQ}=24-3t-(8t-t^2)=t^2-11t+24$。
由$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$，得$t^2-11t+24=\frac{1}{4}×24=6$，整理得$t^2-11t+18=0$，解得$t=2$或$t=9$，其中$t=9＞8$，超出P的运动时间，舍去。
因此当$t=2$时，$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{②}$；(2) $\boldsymbol{t=2}$
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何的典型题型，解题的关键是先明确动点的运动范围，分情况讨论后结合几何性质列方程求解，最后要注意检验方程的解是否符合运动的实际情况，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
本题属于动态几何类问题，解题思路如下：
1. 先根据动点的运动速度和时间t，表示出相关线段的长度：BP=t cm，CQ=2t cm，因此CP=(8-t)cm；同时明确动点的运动时间范围：点Q到终点A的时间为6÷2=3s，点P到终点C的时间为8÷1=8s，因此分0≤t≤3（两点均运动）、3＜t≤8（Q停止，P仍运动）两种情况讨论。
2. 解决第一问：先利用勾股定理求出AB的长度，得到△ABC的周长和面积，再分别对两个说法列方程求解，判断解是否在对应时间区间内，即可判断说法是否正确。
3. 解决第二问：观察图形可知$S_{△APQ}=S_{△APC}-S_{△PCQ}$，据此列出关于t的方程，求解后舍去不符合运动时间的解即可得到结果。
【解析】
(1) 由题意，得 $BP=t\ \mathrm{cm},CQ=2t\ \mathrm{cm},\therefore CP=BC-BP=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
① 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$,$AC=6\ \mathrm{cm},BC=8\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，因此$△ ABC$ 的周长为 $AC+BC+AB=6+8+10=24\ \mathrm{cm}$。
若$PQ$平分$△ ABC$的周长，则$PC+CQ=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}$。
当$0≤t≤3$，P、Q都未停止运动时：$8-t+2t=12$，解得$t=4$，不在$0≤t≤3$范围内，舍去；
当$3＜t≤8$，Q停止运动、P未停止运动时：$8-t+6=12$，解得$t=2$，不在$3＜t≤8$范围内，舍去；
因此$PQ$不可以平分$△ ABC$的周长，①错误。
② 先计算$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，若$PQ$平分$△ ABC$的面积，则$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}^2$。
当$0≤t≤3$，P、Q都未停止运动时：$\frac{1}{2}×(8-t)×2t=12$，整理得$t^2-8t+12=0$，解得$t=2$或$t=6$，其中$t=6$超出$0≤t≤3$范围舍去，$t=2$符合要求；
因此$PQ$可以平分$△ ABC$的面积，②正确。
综上，正确的是②。
(2) 先计算$S_{△ APC}=\frac{1}{2}AC·PC=\frac{1}{2}×6×(8-t)=24-3t$，$S_{△ PCQ}=\frac{1}{2}PC·CQ=\frac{1}{2}×(8-t)×2t=8t-t^2$，因此$S_{△ APQ}=S_{△ APC}-S_{△ PCQ}=24-3t-(8t-t^2)=t^2-11t+24$。
由$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$，得$t^2-11t+24=\frac{1}{4}×24=6$，整理得$t^2-11t+18=0$，解得$t=2$或$t=9$，其中$t=9＞8$，超出P的运动时间，舍去。
因此当$t=2$时，$S_{△ APQ}=\frac{1}{4}S_{△ ABC}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{②}$；(2) $\boldsymbol{t=2}$
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；一元二次方程的应用
【点评】
本题是动态几何的典型题型，解题的关键是先明确动点的运动范围，分情况讨论后结合几何性质列方程求解，最后要注意检验方程的解是否符合运动的实际情况，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
4[较难]如图,在矩形$ABCD$中,$AB=6\ \mathrm{cm}$,$BC=12\ \mathrm{cm}$,点$P$从点$A$出发沿$AB$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$移动;同时,点$Q$从点$B$出发沿$BC$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$移动.
(1)几秒后点$P$,$Q$之间的距离为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$?请说明理由.
(2)几秒后$∠ DQP$为直角?请说明理由.
(3)当$BP=BQ$时,$Rt△ PBQ$内有一个动点$M$,连接$PM$,$QM$,$BM$.若$∠ BQM=∠ MBP$,线段$PM$的最小值为
(1)几秒后点$P$,$Q$之间的距离为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$?请说明理由.
(2)几秒后$∠ DQP$为直角?请说明理由.
(3)当$BP=BQ$时,$Rt△ PBQ$内有一个动点$M$,连接$PM$,$QM$,$BM$.若$∠ BQM=∠ MBP$,线段$PM$的最小值为
2√5-2
.答案
(1) $2\ \mathrm{s}$ 或 $\frac{2}{5}\ \mathrm{s}$ 后点 $P,Q$ 之间的距离为 $4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$. 理由:设移动时间为 $t$ s,$\therefore AP=t\ \mathrm{cm},BQ=2t\ \mathrm{cm}.\because AB=6\ \mathrm{cm},\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}.\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore ∠ B=90°$,$\therefore$ 由勾股定理得 $BP^2+BQ^2=PQ^2.\because PQ=4\sqrt{2}$,$\therefore (6-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{2})^2$,整理得 $(t-2)(5t-2)=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=\frac{2}{5}$,$\therefore 2\ \mathrm{s}$ 或 $\frac{2}{5}\ \mathrm{s}$ 后点 $P,Q$ 之间的距离为 $4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$.
(2) $\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$ 或 $6\ \mathrm{s}$ 后 $∠ DQP$ 为直角. 理由:
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore AB=CD=6\ \mathrm{cm},BC=AD=12\ \mathrm{cm},∠ A=∠ B=∠ C=90°$,$\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$,$CQ=(12-2t)\ \mathrm{cm}$.
在 $\mathrm{Rt}△ PAD$ 中,$DP^2=AD^2+AP^2=12^2+t^2=t^2+144$; 在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中,$PQ^2=BP^2+BQ^2=(6-t)^2+(2t)^2=5t^2-12t+36$; 在 $\mathrm{Rt}△ DCQ$ 中,$DQ^2=CD^2+CQ^2=6^2+(12-2t)^2=4t^2-48t+180$. $\because ∠ DQP$ 为直角,$\therefore$ 由勾股定理得 $DP^2=DQ^2+PQ^2$,$\therefore t^2+144=(4t^2-48t+180)+(5t^2-12t+36)$, 整理得 $2t^2-15t+18=0$, 即 $(2t-3)(t-6)=0$, 解得 $t=\frac{3}{2}$ 或 $t=6$,$\therefore \frac{3}{2}\ \mathrm{s}$ 或 $6\ \mathrm{s}$ 后,$∠ DQP$ 为直角.
(3) $\because BP=BQ$,$\therefore 6-t=2t$, 解得 $t=2$,$\therefore BP=BQ=4$.
如图,取 $BQ$ 的中点 $N$,连接 $MN,PN$.
$\because ∠ PBQ=90°$,$\therefore ∠ MBP+∠ MBQ=90°$.
$\because ∠ BQM=∠ MBP$,
$\therefore ∠ BQM+∠ MBQ=90°$,
$\therefore ∠ BMQ=90°$. $\because$ 点 $N$ 是 $BQ$ 的中点,$\therefore MN=\frac{1}{2}BQ=BN=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ PBN$ 中, $PN=\sqrt{BP^2+BN^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$. $\because PM+MN≥ PN$,$\therefore P,M,N$ 三点共线时,$PM+MN$ 有最小值,最小值为 $PN$ 的长,为 $2\sqrt{5}$,$\therefore PM$ 的最小值为 $PN-MN=2\sqrt{5}-2$,故答案为 $2\sqrt{5}-2$.
解析
【分析】
本题是矩形中的动态几何问题，分三步思考：
(1) 求PQ距离为定值的时间：首先用t表示出Rt△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，再结合勾股定理建立关于t的一元二次方程，求解即可，注意验证t的取值符合动点的运动限制（0≤t≤6）。
(2) 求∠DQP为直角的时间：∠DQP为直角说明△DQP是直角三角形且直角顶点为Q，满足勾股定理$DP^2=DQ^2+PQ^2$，分别用t表示出三条边的平方，代入关系式列方程求解即可。
(3) 求PM的最小值：首先根据BP=BQ求出t的值，确定BP、BQ的长度；再通过角的关系推导得$∠BMQ=90°$，可知动点M的轨迹是以BQ为直径的圆，圆心为BQ中点N；最后根据三角形三边关系，当P、M、N三点共线时PM取最小值，即PN减去半径MN的长度。
【解析】
(1) 设移动时间为$t$ s，由题意得：$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
$\because AB=6\ \mathrm{cm}$，$\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$。
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠B=90°$，在$\mathrm{Rt}△PBQ$中，由勾股定理得$BP^2+BQ^2=PQ^2$。
$\because PQ=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，代入得：$(6-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{2})^2$，
整理得：$5t^2-12t+4=0$，即$(t-2)(5t-2)=0$，
解得$t=2$或$t=\frac{2}{5}$，两个解均满足$0≤ t≤6$，符合题意。
(2) $\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AB=CD=6\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=12\ \mathrm{cm}$，$∠A=∠B=∠C=90°$，
$\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=(12-2t)\ \mathrm{cm}$。
分别计算三条边的平方：
在$\mathrm{Rt}△PAD$中，$DP^2=AD^2+AP^2=12^2+t^2=t^2+144$；
在$\mathrm{Rt}△PBQ$中，$PQ^2=BP^2+BQ^2=(6-t)^2+(2t)^2=5t^2-12t+36$；
在$\mathrm{Rt}△DCQ$中，$DQ^2=CD^2+CQ^2=6^2+(12-2t)^2=4t^2-48t+180$。
$\because ∠DQP$为直角，$\therefore △DQP$为直角三角形，直角在$Q$，由勾股定理得$DP^2=DQ^2+PQ^2$，
代入得：$t^2+144=(4t^2-48t+180)+(5t^2-12t+36)$，
整理得：$2t^2-15t+18=0$，即$(2t-3)(t-6)=0$，
解得$t=\frac{3}{2}$或$t=6$，两个解均满足$0≤ t≤6$，符合题意。
(3) 当$BP=BQ$时，$6-t=2t$，解得$t=2$，$\therefore BP=BQ=4\ \mathrm{cm}$。
如图，取$BQ$的中点$N$，连接$MN$、$PN$。
$\because ∠PBQ=90°$，$\therefore ∠MBP+∠MBQ=90°$。
又$\because ∠BQM=∠MBP$，$\therefore ∠BQM+∠MBQ=90°$，$\therefore ∠BMQ=90°$。
$\because$ 点$N$是$BQ$的中点，在$\mathrm{Rt}△BMQ$中，斜边中线等于斜边的一半，$\therefore MN=\frac{1}{2}BQ=BN=2\ \mathrm{cm}$，即动点$M$在以$N$为圆心，半径为$2\ \mathrm{cm}$的圆上。
在$\mathrm{Rt}△PBN$中，$PN=\sqrt{BP^2+BN^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
根据三角形三边关系$PM+MN≥ PN$，当且仅当$P$、$M$、$N$三点共线时，$PM+MN$取最小值，最小值为$PN$的长度，
$\therefore PM$的最小值为$PN-MN=2\sqrt{5}-2$。
【答案】
(1) $2\ \mathrm{s}$或$\frac{2}{5}\ \mathrm{s}$后点$P,Q$之间的距离为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$；
(2) $\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$或$6\ \mathrm{s}$后$∠DQP$为直角；
(3) $2\sqrt{5}-2$
【知识点】
勾股定理，动态几何，动点最值
【点评】
本题综合考查了矩形背景下的动点问题，前两问通过勾股定理建立方程求解即可，需要注意验证解是否符合动点的运动范围；第三问需要通过角的关系判断出动点的运动轨迹，再结合几何性质求最值，对逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
本题是矩形中的动态几何问题，分三步思考：
(1) 求PQ距离为定值的时间：首先用t表示出Rt△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，再结合勾股定理建立关于t的一元二次方程，求解即可，注意验证t的取值符合动点的运动限制（0≤t≤6）。
(2) 求∠DQP为直角的时间：∠DQP为直角说明△DQP是直角三角形且直角顶点为Q，满足勾股定理$DP^2=DQ^2+PQ^2$，分别用t表示出三条边的平方，代入关系式列方程求解即可。
(3) 求PM的最小值：首先根据BP=BQ求出t的值，确定BP、BQ的长度；再通过角的关系推导得$∠BMQ=90°$，可知动点M的轨迹是以BQ为直径的圆，圆心为BQ中点N；最后根据三角形三边关系，当P、M、N三点共线时PM取最小值，即PN减去半径MN的长度。
【解析】
(1) 设移动时间为$t$ s，由题意得：$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
$\because AB=6\ \mathrm{cm}$，$\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$。
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠B=90°$，在$\mathrm{Rt}△PBQ$中，由勾股定理得$BP^2+BQ^2=PQ^2$。
$\because PQ=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，代入得：$(6-t)^2+(2t)^2=(4\sqrt{2})^2$，
整理得：$5t^2-12t+4=0$，即$(t-2)(5t-2)=0$，
解得$t=2$或$t=\frac{2}{5}$，两个解均满足$0≤ t≤6$，符合题意。
(2) $\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AB=CD=6\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=12\ \mathrm{cm}$，$∠A=∠B=∠C=90°$，
$\therefore BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=(12-2t)\ \mathrm{cm}$。
分别计算三条边的平方：
在$\mathrm{Rt}△PAD$中，$DP^2=AD^2+AP^2=12^2+t^2=t^2+144$；
在$\mathrm{Rt}△PBQ$中，$PQ^2=BP^2+BQ^2=(6-t)^2+(2t)^2=5t^2-12t+36$；
在$\mathrm{Rt}△DCQ$中，$DQ^2=CD^2+CQ^2=6^2+(12-2t)^2=4t^2-48t+180$。
$\because ∠DQP$为直角，$\therefore △DQP$为直角三角形，直角在$Q$，由勾股定理得$DP^2=DQ^2+PQ^2$，
代入得：$t^2+144=(4t^2-48t+180)+(5t^2-12t+36)$，
整理得：$2t^2-15t+18=0$，即$(2t-3)(t-6)=0$，
解得$t=\frac{3}{2}$或$t=6$，两个解均满足$0≤ t≤6$，符合题意。
(3) 当$BP=BQ$时，$6-t=2t$，解得$t=2$，$\therefore BP=BQ=4\ \mathrm{cm}$。
如图，取$BQ$的中点$N$，连接$MN$、$PN$。
$\because ∠PBQ=90°$，$\therefore ∠MBP+∠MBQ=90°$。
又$\because ∠BQM=∠MBP$，$\therefore ∠BQM+∠MBQ=90°$，$\therefore ∠BMQ=90°$。
$\because$ 点$N$是$BQ$的中点，在$\mathrm{Rt}△BMQ$中，斜边中线等于斜边的一半，$\therefore MN=\frac{1}{2}BQ=BN=2\ \mathrm{cm}$，即动点$M$在以$N$为圆心，半径为$2\ \mathrm{cm}$的圆上。
在$\mathrm{Rt}△PBN$中，$PN=\sqrt{BP^2+BN^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
根据三角形三边关系$PM+MN≥ PN$，当且仅当$P$、$M$、$N$三点共线时，$PM+MN$取最小值，最小值为$PN$的长度，
$\therefore PM$的最小值为$PN-MN=2\sqrt{5}-2$。
【答案】
(1) $2\ \mathrm{s}$或$\frac{2}{5}\ \mathrm{s}$后点$P,Q$之间的距离为$4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$；
(2) $\frac{3}{2}\ \mathrm{s}$或$6\ \mathrm{s}$后$∠DQP$为直角；
(3) $2\sqrt{5}-2$
【知识点】
勾股定理，动态几何，动点最值
【点评】
本题综合考查了矩形背景下的动点问题，前两问通过勾股定理建立方程求解即可，需要注意验证解是否符合动点的运动范围；第三问需要通过角的关系判断出动点的运动轨迹，再结合几何性质求最值，对逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
