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如图,在矩形ABCD中,AB=15 cm,AD=5 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,一直到点B为止,点Q以2 cm/s的速度向点D移动(点P停止移动时,点Q也停止移动).设移动时间为t s,连接PQ,QB.
(1)当t为何值时,P,Q两点间的距离为13 cm?
(2)四边形APQD的形状可能为矩形吗?若可能,求出t的值;若不可能,请说明理由.
(3)当t为何值时,四边形PBCQ的面积为30 cm²?
(4)当△BPQ为等腰三角形时,求t的值.
(5)在运动过程中,是否存在一个时刻,使得∠PQB=90°?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
(1)当t为何值时,P,Q两点间的距离为13 cm?
(2)四边形APQD的形状可能为矩形吗?若可能,求出t的值;若不可能,请说明理由.
(3)当t为何值时,四边形PBCQ的面积为30 cm²?
(4)当△BPQ为等腰三角形时,求t的值.
(5)在运动过程中,是否存在一个时刻,使得∠PQB=90°?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1) 由题意,得$AP = 3t$ cm,$CQ = 2t$ cm,且$0 ＜ t ≤ 5$,如图,过点Q作$QM⊥ AB$于点M,
则$QM = AD = 5$ cm,$PM = |15 - 2t - 3t| = |15 - 5t|$,
所以$PQ^2 = PM^2 + QM^2 = (15 - 5t)^2 + 5^2$.
由题意,得$(15 - 5t)^2 + 5^2 = 13^2$,化简,得$25t^2 - 150t + 81 = 0$,解得$t_1 = 0.6$,$t_2 = 5.4$(舍去),
所以当$t = 0.6$时,P,Q两点间的距离为13 cm.
(2) 可能.
若四边形APQD为矩形,则$AP = DQ$,
因为$DQ = (15 - 2t)$cm,所以$3t = 15 - 2t$,解得$t = 3$.
所以当$t = 3$时,四边形APQD为矩形.
(3) $PB = (15 - 3t)$cm,
因为$S_{\mathrm{四边形}PBCQ} = \frac{1}{2}(PB + CQ) · BC$,
所以$\frac{1}{2}(15 - 3t + 2t) × 5 = 30$,解得$t = 3$.
所以当$t = 3$时,四边形PBCQ的面积为30 cm².
(4) 当$PQ = PB$时,$(15 - 5t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$,解得$t = \frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$;
当$BQ = BP$时,$(2t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$,解得$t_3 = 9 - \sqrt{41}$,$t_4 = 9 + \sqrt{41}$(舍去);
当$QP = QB$时,结合(1)可知M为PB的中点,即$15 - 5t = 2t$,解得$t = \frac{15}{7}$.
综上,当$△ BPQ$为等腰三角形时,t的值为$\frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$,$9 - \sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$.
(5) 不存在.理由如下:
若$∠ PQB = 90°$,则应有$PQ^2 + QB^2 = PB^2$,
即$(15 - 5t)^2 + 5^2 + 5^2 + (2t)^2 = (15 - 3t)^2$,化简,得$2t^2 - 6t + 5 = 0$.
因为$\Delta = (-6)^2 - 4 × 2 × 5 = -4 ＜ 0$,所以此方程无实数解,
所以不存在一个时刻,使得$∠ PQB = 90°$.
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点综合问题，解题核心是先根据动点的速度和运动时间$t$，用含$t$的代数式表示出各动线段的长度，确定$t$的取值范围为$0＜t≤5$，再结合各小问的几何性质列方程求解：
(1)求两点距离可通过作垂线构造直角三角形，利用勾股定理列方程，注意舍去超出$t$范围的解；
(2)若四边形$APQD$为矩形，根据矩形对边相等的性质，只需满足$AP=DQ$即可列方程求解；
(3)四边形$PBCQ$是梯形，直接代入梯形面积公式列方程即可；
(4)等腰三角形需分三种情况讨论：$PQ=PB$、$BQ=BP$、$QP=QB$，分别用勾股定理表示边长列方程，舍去不符合范围的解；
(5)若$∠ PQB=90°$，根据勾股定理逆定理列方程，通过判别式判断方程是否有实根，即可判断是否存在该时刻。
【解析】
由题意得$AP = 3t\ \mathrm{cm}$，$CQ = 2t\ \mathrm{cm}$，点$P$运动到点$B$的时间为$15÷3=5\ \mathrm{s}$，故$t$的取值范围为$0＜t≤5$。
(1) 过点$Q$作$QM⊥ AB$于点$M$，
则$QM = AD = 5\ \mathrm{cm}$，$PM = |15 - 2t - 3t| = |15 - 5t|$，
在$Rt△ PQM$中，由勾股定理得$PQ^2 = PM^2 + QM^2 = (15 - 5t)^2 + 5^2$。
当$PQ=13\ \mathrm{cm}$时，得$(15 - 5t)^2 + 5^2 = 13^2$，
化简得$25t^2 - 150t + 81 = 0$，解得$t_1 = 0.6$，$t_2 = 5.4$，
$t_2=5.4＞5$不符合取值范围，舍去，故$t=0.6$。
(2) 可能。若四边形$APQD$为矩形，则$AP = DQ$，
$DQ = CD-CQ=(15 - 2t)\ \mathrm{cm}$，列方程得$3t = 15 - 2t$，
解得$t = 3$，符合$0＜t≤5$，故$t=3$时四边形$APQD$为矩形。
(3) $PB = AB-AP=(15 - 3t)\ \mathrm{cm}$，
四边形$PBCQ$为梯形，高为$BC=5\ \mathrm{cm}$，由梯形面积公式得：
$S_{\mathrm{四边形}PBCQ} = \frac{1}{2}(PB + CQ) · BC$，
代入得$\frac{1}{2}(15 - 3t + 2t) × 5 = 30$，解得$t = 3$，符合取值范围。
(4) 分三种情况讨论：
① 当$PQ = PB$时，$(15 - 5t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$，解得$t = \frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$，均符合取值范围；
② 当$BQ = BP$时，$(2t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$，解得$t_3 = 9 - \sqrt{41}$，$t_4 = 9 + \sqrt{41}$，$t_4＞5$舍去；
③ 当$QP = QB$时，由等腰三角形三线合一得$PM=MB$，即$15 - 5t = 2t$，解得$t = \frac{15}{7}$，符合取值范围。
综上可得$t$的取值。
(5) 不存在。理由如下：
若$∠ PQB = 90°$，由勾股定理逆定理得$PQ^2 + QB^2 = PB^2$，
代入得$(15 - 5t)^2 + 5^2 + 5^2 + (2t)^2 = (15 - 3t)^2$，化简得$2t^2 - 6t + 5 = 0$，
$\Delta = (-6)^2 - 4 × 2 × 5 = -4 ＜ 0$，方程无实数解，故不存在该时刻。
【答案】
(1) 当$t = 0.6$时，$P,Q$两点间的距离为$13\ \mathrm{cm}$；
(2) 可能，当$t = 3$时，四边形$APQD$为矩形；
(3) 当$t = 3$时，四边形$PBCQ$的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$；
(4) $t$的值为$\frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$、$9 - \sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$；
(5) 不存在，理由见解析。
【知识点】
矩形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用
【点评】
本题是典型的矩形动点综合题，需要将几何图形性质转化为代数方程求解，解题时要注意运动时间的取值范围，对等腰三角形的分类讨论是解题的关键，能够有效考察几何与代数知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
本题是矩形背景下的动点综合问题，解题核心是先根据动点的速度和运动时间$t$，用含$t$的代数式表示出各动线段的长度，确定$t$的取值范围为$0＜t≤5$，再结合各小问的几何性质列方程求解：
(1)求两点距离可通过作垂线构造直角三角形，利用勾股定理列方程，注意舍去超出$t$范围的解；
(2)若四边形$APQD$为矩形，根据矩形对边相等的性质，只需满足$AP=DQ$即可列方程求解；
(3)四边形$PBCQ$是梯形，直接代入梯形面积公式列方程即可；
(4)等腰三角形需分三种情况讨论：$PQ=PB$、$BQ=BP$、$QP=QB$，分别用勾股定理表示边长列方程，舍去不符合范围的解；
(5)若$∠ PQB=90°$，根据勾股定理逆定理列方程，通过判别式判断方程是否有实根，即可判断是否存在该时刻。
【解析】
由题意得$AP = 3t\ \mathrm{cm}$，$CQ = 2t\ \mathrm{cm}$，点$P$运动到点$B$的时间为$15÷3=5\ \mathrm{s}$，故$t$的取值范围为$0＜t≤5$。
(1) 过点$Q$作$QM⊥ AB$于点$M$，
则$QM = AD = 5\ \mathrm{cm}$，$PM = |15 - 2t - 3t| = |15 - 5t|$，
在$Rt△ PQM$中，由勾股定理得$PQ^2 = PM^2 + QM^2 = (15 - 5t)^2 + 5^2$。
当$PQ=13\ \mathrm{cm}$时，得$(15 - 5t)^2 + 5^2 = 13^2$，
化简得$25t^2 - 150t + 81 = 0$，解得$t_1 = 0.6$，$t_2 = 5.4$，
$t_2=5.4＞5$不符合取值范围，舍去，故$t=0.6$。
(2) 可能。若四边形$APQD$为矩形，则$AP = DQ$，
$DQ = CD-CQ=(15 - 2t)\ \mathrm{cm}$，列方程得$3t = 15 - 2t$，
解得$t = 3$，符合$0＜t≤5$，故$t=3$时四边形$APQD$为矩形。
(3) $PB = AB-AP=(15 - 3t)\ \mathrm{cm}$，
四边形$PBCQ$为梯形，高为$BC=5\ \mathrm{cm}$，由梯形面积公式得：
$S_{\mathrm{四边形}PBCQ} = \frac{1}{2}(PB + CQ) · BC$，
代入得$\frac{1}{2}(15 - 3t + 2t) × 5 = 30$，解得$t = 3$，符合取值范围。
(4) 分三种情况讨论：
① 当$PQ = PB$时，$(15 - 5t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$，解得$t = \frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$，均符合取值范围；
② 当$BQ = BP$时，$(2t)^2 + 5^2 = (15 - 3t)^2$，解得$t_3 = 9 - \sqrt{41}$，$t_4 = 9 + \sqrt{41}$，$t_4＞5$舍去；
③ 当$QP = QB$时，由等腰三角形三线合一得$PM=MB$，即$15 - 5t = 2t$，解得$t = \frac{15}{7}$，符合取值范围。
综上可得$t$的取值。
(5) 不存在。理由如下：
若$∠ PQB = 90°$，由勾股定理逆定理得$PQ^2 + QB^2 = PB^2$，
代入得$(15 - 5t)^2 + 5^2 + 5^2 + (2t)^2 = (15 - 3t)^2$，化简得$2t^2 - 6t + 5 = 0$，
$\Delta = (-6)^2 - 4 × 2 × 5 = -4 ＜ 0$，方程无实数解，故不存在该时刻。
【答案】
(1) 当$t = 0.6$时，$P,Q$两点间的距离为$13\ \mathrm{cm}$；
(2) 可能，当$t = 3$时，四边形$APQD$为矩形；
(3) 当$t = 3$时，四边形$PBCQ$的面积为$30\ \mathrm{cm}^2$；
(4) $t$的值为$\frac{15 ± 5\sqrt{5}}{8}$、$9 - \sqrt{41}$或$\frac{15}{7}$；
(5) 不存在，理由见解析。
【知识点】
矩形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用
【点评】
本题是典型的矩形动点综合题，需要将几何图形性质转化为代数方程求解，解题时要注意运动时间的取值范围，对等腰三角形的分类讨论是解题的关键，能够有效考察几何与代数知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
