Question

7．在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度，沿AB向點(diǎn)B移動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，仍以每秒1個(gè)單位的速度，沿BC向點(diǎn)C移動(dòng)，連接QP，QD，PD．若兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為x秒（0＜x≤3），解答下列問(wèn)題：
（1）設(shè)△QPD的面積為S，用含x的函數(shù)關(guān)系式表示S；當(dāng)x為何值時(shí)，S有最大值？并求出最小值；
（2）是否存在x的值，使得QP⊥DP？試說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）可用x表示出AQ、BQ、BP、CP，從而可表示出S_△ADQ、S_△BPQ、S_△PCD的面積，則可表示出S，再利用二次函數(shù)的增減性可求得是否有最大值，并能求得其最小值；
（2）用x表示出BQ、BP、PC，當(dāng)QP⊥DP時(shí)，可證明△BPQ∽△CDP，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于x的方程，可求得x的值．

解答 解：
（1）∵四邊形ABCD為矩形，
∴BC=AD=4，CD=AB=3，
當(dāng)運(yùn)動(dòng)x秒時(shí)，則AQ=x，BP=x，
∴BQ=AB-AQ=3-x，CP=BC-BP=4-x，
∴S_△ADQ=$\frac{1}{2}$AD•AQ=$\frac{1}{2}$×4x=2x，S_△BPQ=$\frac{1}{2}$BQ•BP=$\frac{1}{2}$（3-x）x=$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2}$x²，S_△PCD=$\frac{1}{2}$PC•CD=$\frac{1}{2}$•（4-x）•3=6-$\frac{3}{2}$x，
又S_矩形ABCD=AB•BC=3×4=12，
∴S=S_矩形ABCD-S_△ADQ-S_△BPQ-S_△PCD=12-2x-（$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2}$x²）-（6-$\frac{3}{2}$x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+6=$\frac{1}{2}$（x-2）²+4，
即S=$\frac{1}{2}$（x-2）²+4，
∴S為開(kāi)口向上的二次函數(shù)，且對(duì)稱(chēng)軸為x=2，
∴當(dāng)0＜x＜2時(shí)，S隨x的增大而減小，當(dāng)2＜x≤3時(shí)，S隨x的增大而增大，
又當(dāng)x=0時(shí)，S=6，當(dāng)x=3時(shí)，S=$\frac{9}{2}$，但x的范圍內(nèi)取不到x=0，
∴S不存在最大值，當(dāng)x=2時(shí)，S有最小值，最小值為4；
（2）存在，理由如下：
由（1）可知BQ=3-x，BP=x，CP=4-x，
當(dāng)QP⊥DP時(shí)，則∠BPQ+∠DPC=∠DPC+∠PDC，
∴∠BPQ=∠PDC，且∠B=∠C，
∴△BPQ∽△CDP，
∴$\frac{BQ}{PC}$=$\frac{BP}{CD}$，即$\frac{3-x}{4-x}$=$\frac{x}{3}$，解得x=$\frac{7+\sqrt{13}}{2}$（舍去）或x=$\frac{7-\sqrt{13}}{2}$，
∴當(dāng)x=$\frac{7-\sqrt{13}}{2}$時(shí)QP⊥DP．

點(diǎn)評(píng) 本題為四邊形的綜合應(yīng)用，涉及知識(shí)點(diǎn)有矩形的性質(zhì)、二次函數(shù)的最值、相似三角形的判定和性質(zhì)及方程思想等．在（1）中求得S關(guān)于x的關(guān)系式后，求S的最值時(shí)需要注意x的范圍，在（2）中證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．