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19. (10分)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$△ DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$?
(2)在运动过程中,是否存在这样的时刻,使$DQ=PQ$?若存在,求出运动时间;若不存在,请说明理由.
(3)设点$P,Q$的运动时间为$t(t＞0)\ \mathrm{s}$,当$△ DPQ$为直角三角形时,$t$的值为
(1)几秒后$△ DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$?
(2)在运动过程中,是否存在这样的时刻,使$DQ=PQ$?若存在,求出运动时间;若不存在,请说明理由.
(3)设点$P,Q$的运动时间为$t(t＞0)\ \mathrm{s}$,当$△ DPQ$为直角三角形时,$t$的值为
$\frac{3}{2}$或6
.答案
19. (1)设a s后$△DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$,则由题意得,a s后,AP=a cm,BQ=2a cm,CQ=BC-BQ=(12-2a) cm.
∵$S_{△DPQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ADP}-S_{△PBQ}-S_{△DQC}$,$S_{矩形ABCD}=AB·BC=6×12=72(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△ADP}=\frac{1}{2}AP·AD=\frac{1}{2}×a×12=6a(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△PBQ}=\frac{1}{2}PB·BQ=\frac{1}{2}(6-a)·2a=(6a-a^2)\mathrm{cm}^2$,$S_{△DQC}=\frac{1}{2}QC·CD=\frac{1}{2}(12-2a)×6=(36-6a)\mathrm{cm}^2$,
∴$28=72-6a-(6a-a^2)-(36-6a)$,整理得$a^2-6a+8=0$,解得a=2或a=4,
∴经过2 s或4 s后,$△DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$. (2)存在.假设运动开始后第x s时,DQ=PQ.
∵$PQ^2=PB^2+BQ^2=(6-x)^2+(2x)^2$,$DQ^2=QC^2+CD^2=(12-2x)^2+6^2$,
∴$(12-2x)^2+6^2=(6-x)^2+(2x)^2$,整理得$x^2+36x-144=0$,解得$x=-18±6\sqrt{13}$.
∵$0＜6\sqrt{13}-18＜6$,
∴运动开始后第$(6\sqrt{13}-18)\mathrm{s}$时,DQ=PQ. (3)$\frac{3}{2}$或6 解析 由题意可得,0＜t≤6,则$DP^2=12^2+t^2$,$PQ^2=(6-t)^2+4t^2$,$DQ^2=(12-2t)^2+36$,①若$∠PQD=90°$,则$PQ^2+DQ^2=DP^2$,即$(6-t)^2+4t^2+(12-2t)^2+36=12^2+t^2$,整理得$2t^2-15t+18=0$,解得$t=\frac{3}{2}$或t=6;②若$∠PDQ=90°$,则$DQ^2+DP^2=PQ^2$,即$(12-2t)^2+36+12^2+t^2=(6-t)^2+4t^2$,解得t=8,不合题意,舍去;③若$∠DPQ=90°$,则$DP^2+PQ^2=DQ^2$,即$12^2+t^2+(6-t)^2+4t^2=(12-2t)^2+36$,整理得$t^2+18t=0$,解得t=0(不符合题意,舍去)或t=-18(不符合题意,舍去).综上,$t=\frac{3}{2}$或6.
∵$S_{△DPQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△ADP}-S_{△PBQ}-S_{△DQC}$,$S_{矩形ABCD}=AB·BC=6×12=72(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△ADP}=\frac{1}{2}AP·AD=\frac{1}{2}×a×12=6a(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△PBQ}=\frac{1}{2}PB·BQ=\frac{1}{2}(6-a)·2a=(6a-a^2)\mathrm{cm}^2$,$S_{△DQC}=\frac{1}{2}QC·CD=\frac{1}{2}(12-2a)×6=(36-6a)\mathrm{cm}^2$,
∴$28=72-6a-(6a-a^2)-(36-6a)$,整理得$a^2-6a+8=0$,解得a=2或a=4,
∴经过2 s或4 s后,$△DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$. (2)存在.假设运动开始后第x s时,DQ=PQ.
∵$PQ^2=PB^2+BQ^2=(6-x)^2+(2x)^2$,$DQ^2=QC^2+CD^2=(12-2x)^2+6^2$,
∴$(12-2x)^2+6^2=(6-x)^2+(2x)^2$,整理得$x^2+36x-144=0$,解得$x=-18±6\sqrt{13}$.
∵$0＜6\sqrt{13}-18＜6$,
∴运动开始后第$(6\sqrt{13}-18)\mathrm{s}$时,DQ=PQ. (3)$\frac{3}{2}$或6 解析 由题意可得,0＜t≤6,则$DP^2=12^2+t^2$,$PQ^2=(6-t)^2+4t^2$,$DQ^2=(12-2t)^2+36$,①若$∠PQD=90°$,则$PQ^2+DQ^2=DP^2$,即$(6-t)^2+4t^2+(12-2t)^2+36=12^2+t^2$,整理得$2t^2-15t+18=0$,解得$t=\frac{3}{2}$或t=6;②若$∠PDQ=90°$,则$DQ^2+DP^2=PQ^2$,即$(12-2t)^2+36+12^2+t^2=(6-t)^2+4t^2$,解得t=8,不合题意,舍去;③若$∠DPQ=90°$,则$DP^2+PQ^2=DQ^2$,即$12^2+t^2+(6-t)^2+4t^2=(12-2t)^2+36$,整理得$t^2+18t=0$,解得t=0(不符合题意,舍去)或t=-18(不符合题意,舍去).综上,$t=\frac{3}{2}$或6.
20. (12分)阅读理解:
材料1:对于一个关于x的二次三项式$ax^2+bx+c(a≠0),$除了可以利用配方法求该多项式的取值范围外,还可以用其他的方法,比如先令$ax^2+bx+c=y(a≠0),$然后移项可得$ax^2+bx+(c-y)=0,$再利用一元二次方程根的判别式来确定y的取值范围,请仔细阅读下面的例子:
例:求$x^2+2x+5$的取值范围.
解:令$x^2+2x+5=y,$
$\therefore x^2+2x+(5-y)=0,$
$\therefore b^2-4ac=4-4×(5-y)≥0,$
$\therefore y≥4,$即$x^2+2x+5≥4.$
材料2:在学习完一元二次方程的解法后,爱思考的小明同学又想到类比一元二次方程的解法来解决一元二次不等式的解集问题,他的具体做法如下:
若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a＞0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2(x_1＞x_2),$则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≥0(a＞0)$的解集为$x≥x_1$或$x≤x_2,$则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≤0(a＞0)$的解集为$x_2≤x≤x_1.$
请根据上述材料,解答下列问题:
(1)若关于x的二次三项式$x^2+ax+3(a$为常数)的最小值为-6,则a=______.(2)求出代数式$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}$的取值范围.类比应用:(3)猜想:若在Rt△ABC中,∠C=90°,斜边AB=2a(a为常数,a＞0),则BC=时,AC+BC最大,请证明你的猜想.
材料1:对于一个关于x的二次三项式$ax^2+bx+c(a≠0),$除了可以利用配方法求该多项式的取值范围外,还可以用其他的方法,比如先令$ax^2+bx+c=y(a≠0),$然后移项可得$ax^2+bx+(c-y)=0,$再利用一元二次方程根的判别式来确定y的取值范围,请仔细阅读下面的例子:
例:求$x^2+2x+5$的取值范围.
解:令$x^2+2x+5=y,$
$\therefore x^2+2x+(5-y)=0,$
$\therefore b^2-4ac=4-4×(5-y)≥0,$
$\therefore y≥4,$即$x^2+2x+5≥4.$
材料2:在学习完一元二次方程的解法后,爱思考的小明同学又想到类比一元二次方程的解法来解决一元二次不等式的解集问题,他的具体做法如下:
若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a＞0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2(x_1＞x_2),$则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≥0(a＞0)$的解集为$x≥x_1$或$x≤x_2,$则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≤0(a＞0)$的解集为$x_2≤x≤x_1.$
请根据上述材料,解答下列问题:
(1)若关于x的二次三项式$x^2+ax+3(a$为常数)的最小值为-6,则a=______.(2)求出代数式$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}$的取值范围.类比应用:(3)猜想:若在Rt△ABC中,∠C=90°,斜边AB=2a(a为常数,a＞0),则BC=时,AC+BC最大,请证明你的猜想.
答案
20. (1)6或-6 解析:令$y=x^2+ax+3$,
∴$x^2+ax+3-y=0$,
∴$Δ=a^2-4(3-y)≥0$,即$y≥\frac{12-a^2}{4}$,根据题意可知y≥-6,
∴$\frac{12-a^2}{4}=-6$,解得a=6或a=-6. (2)令$y=\frac{x^2-4x+2}{2x-1}$,则$x^2-4x+2=y(2x-1)$,即$x^2-(4+2y)x+2+y=0$,
∴$Δ=[-(4+2y)]^2-4(2+y)≥0$,即$y^2+3y+2≥0$,令$y^2+3y+2=0$,解得$y_1=-1$,$y_2=-2$,
∴$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}≥-1$或$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}≤-2$. (3)$\sqrt{2}a$ 证明如下:设BC=x,AC+BC=y,则AC=y-x.在Rt△ABC中,斜边AB=2a(a为常数,a＞0),
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(2a)^2-x^2}=\sqrt{4a^2-x^2}$,
∴$\sqrt{4a^2-x^2}=y-x$,
∴$x^2-2xy+y^2=4a^2-x^2$,即$2x^2-2xy+y^2-4a^2=0$,
∴$Δ=(-2y)^2-4×2(y^2-4a^2)≥0$,即$y^2≤8a^2$.
∵y＞0,a＞0,
∴$0＜y≤2\sqrt{2}a$,当$y=2\sqrt{2}a$时,有$2x^2-4\sqrt{2}ax+4a^2=0$,
∴$x_1=x_2=\sqrt{2}a$,即当$BC=\sqrt{2}a$时,AC+BC最大.
∴$x^2+ax+3-y=0$,
∴$Δ=a^2-4(3-y)≥0$,即$y≥\frac{12-a^2}{4}$,根据题意可知y≥-6,
∴$\frac{12-a^2}{4}=-6$,解得a=6或a=-6. (2)令$y=\frac{x^2-4x+2}{2x-1}$,则$x^2-4x+2=y(2x-1)$,即$x^2-(4+2y)x+2+y=0$,
∴$Δ=[-(4+2y)]^2-4(2+y)≥0$,即$y^2+3y+2≥0$,令$y^2+3y+2=0$,解得$y_1=-1$,$y_2=-2$,
∴$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}≥-1$或$\frac{x^2-4x+2}{2x-1}≤-2$. (3)$\sqrt{2}a$ 证明如下:设BC=x,AC+BC=y,则AC=y-x.在Rt△ABC中,斜边AB=2a(a为常数,a＞0),
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(2a)^2-x^2}=\sqrt{4a^2-x^2}$,
∴$\sqrt{4a^2-x^2}=y-x$,
∴$x^2-2xy+y^2=4a^2-x^2$,即$2x^2-2xy+y^2-4a^2=0$,
∴$Δ=(-2y)^2-4×2(y^2-4a^2)≥0$,即$y^2≤8a^2$.
∵y＞0,a＞0,
∴$0＜y≤2\sqrt{2}a$,当$y=2\sqrt{2}a$时,有$2x^2-4\sqrt{2}ax+4a^2=0$,
∴$x_1=x_2=\sqrt{2}a$,即当$BC=\sqrt{2}a$时,AC+BC最大.
