Question

4．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，點P從點A沿邊AB向點B以1cm/s的速度移動；同時，點Q從點B沿邊BC向點C以2cm/s的速度移動，設運動的時間為ts（0＜t＜6），試嘗試探究下列問題：
（1）當t為何值時，△PBQ的面積等于8cm²；
（2）求證：四邊形PBQD面積為定值；
（3）當t為何值時，△PDQ是等腰三角形．寫出探索過程；
（4）當t為何值時，△PDQ是直角三角形，只需求出t的值．

Answer 1

分析 （1）根據題意表示出AP，BQ，再由AB-AP表示出PB，進而表示出三角形PBQ面積，根據已知面積求t的值即可；
（2）四邊形PBOQ面積=矩形ABCD面積-△APD面積-△CQD面積，化簡得到結果為常數(shù)，即可得證；
（3）分三種情況考慮：當DP=DQ；DP=PQ；DQ=PQ，利用勾股定理求出相應t的值即可；
（4）若△PDQ是直角三角形，分三種情況考慮：當∠PQD=90°時；當∠PDQ=90°時；當∠DPQ=90°時，分別利用勾股定理列出關于t的方程，求出方程的解即可得到結果．

解答 （1）解：由題意得：AP=t，BQ=2t，則有PB=AB-AP=6-t，
可得△PBQ的面積S=$\frac{1}{2}$PB•BQ=$\frac{1}{2}$×（6-t）×2t=8，
解得：t=2或t=4，
則當t=2或t=4時，△PBQ的面積等于8cm²；
（2）證明：∵S_{四邊形PBQD}=6×12-$\frac{1}{2}$•t•12-$\frac{1}{2}$（12-2t）•6=36，
∴四邊形PBQD的面積始終等于36，為定值；
（3）解：分三種情況考慮：
當DP=DQ時，由題意得：12²+t²=6²+（12-2t）²，
解得：t₁=8+2$\sqrt{13}$（舍去），t₂=8-2$\sqrt{13}$；
當DP=PQ時，由題意得12²+t²=（6-t）²+（2t）²，
解得：t₁=$\frac{3-3\sqrt{13}}{2}$（舍去），t₂=$\frac{3+3\sqrt{13}}{2}$（舍去）；
當DQ=PQ時，由題意得6²+（12-2t）²=（6-t）²+（2t）²，
解得：t₁=-6$\sqrt{13}$-18（舍去），t₂=6$\sqrt{13}$-18，
綜上所述，當t為8-2$\sqrt{13}$或6$\sqrt{13}$-18時，△PDQ是等腰三角形；
（4）若△PDQ是直角三角形，分三種情況考慮：
當∠PQD=90°時，則有PD²=PQ²+DQ²，即12²+t²=（6-t）²+（2t）²+6²+（12-2t）²，
整理得：2t²-15t+18=0，即（2t-3）（t-6）=0，
解得：t=$\frac{3}{2}$或t=6（舍去）；
當∠PDQ=90°時，PQ²=PD²+DQ²，即（6-t）²+（2t）²=12²+t²+6²+（12-2t）²，
整理得：36t=288，
解得：t=8（舍去）；
當∠DPQ=90°時，DQ²=PQ²+PD²，即6²+（12-2t）²=（6-t）²+（2t）²+12²+t²，
整理得：t（t+18）=0，
解得：t=0（舍去）或t=-18（舍去），
綜上，當t=$\frac{3}{2}$時，△PDQ是直角三角形．

點評 此題屬于四邊形綜合題，涉及的知識有：三角形、四邊形的面積，勾股定理，等腰三角形、直角三角形的性質，熟練掌握勾股定理是解本題的關鍵．