中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：專題22.6 一元二次方程中的動點問題專項訓(xùn)練（30道）（舉一反三）（華東師大版）（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考卷信息：
本套訓(xùn)練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，涵蓋了一元二次方程中的動點問題所有類型！
一．填空題（共7小題）
1．（2022?峨邊縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過原點O及點A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點D．點P從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿射線OD方向移動；同時點Q從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向移動．設(shè)移動時間為t秒，當(dāng)t為 2或5+5或5?5 時，△PQB為直角三角形．
【分析】要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB＝90°或∠PBQ＝90°，進(jìn)而利用勾股定理分別分析得出PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，再分別就∠PQB＝90°和∠PBQ＝90°討論，求出符合題意的t值即可；
【解答】解：作PG⊥OC于點G，在Rt△POG中，
∵∠POQ＝45°，
∴∠OPG＝45°，
∵OP=2t，
∴OG＝PG＝t，
∴點P（t，t），
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根據(jù)勾股定理可得：PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，
①若∠PQB＝90°，則有PQ2+BQ2＝PB2，
即：2t2+[（6﹣2t）2+22]＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，
整理得：4t2﹣8t＝0，
解得：t1＝0（舍去），t2＝2，
∴t＝2，
②若∠PBQ＝90°，則有PB2+QB2＝PQ2，
∴[（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6﹣2t）2+22]＝2t2，
整理得：t2﹣10t+20＝0，
解得：t＝5±5．
∴當(dāng)t＝2或t＝5+5或t＝5?5時，△PQB為直角三角形．
故答案為：2或5+5或5?5．
2．（2022春?衢江區(qū)校級期末）如圖，B是AC上一點，且BC＝6cm，AB＝4cm，射線BD⊥AC，垂足為B，動點M從A出發(fā)以2cm/s的速度沿著AC向C運(yùn)動，同時動點N從B出發(fā)以3cm/s的速度沿著射線BD向下運(yùn)動，連接MN．當(dāng)△BMN的面積為32cm2，兩動點運(yùn)動了t（s），則t的值為 2?22或2+22或2+62 ．
【分析】分0＜t＜2及2＜t≤5兩種情況考慮，當(dāng)0＜t＜2時，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，根據(jù)△BMN的面積為32cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出t值；當(dāng)2＜t≤5時，BM＝（2t﹣4）cm，BN＝3tcm，根據(jù)△BMN的面積為32cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論．
【解答】解：當(dāng)0＜t＜2時，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，
∴12（4﹣2t）?3t=32，
整理得：2t2﹣4t+1＝0，
解得：t1=2?22，t2=2+22；
當(dāng)2＜t≤5時，BM＝（2t﹣4）cm，BN＝3tcm，
∴12（2t﹣4）?3t=32，
整理得：2t2﹣4t﹣1＝0，
解得：t3=2?62（不合題意，舍去），t4=2+62．
綜上所述，t的值為2?22或2+22或2+62．
故答案為：2?22或2+22或2+62．
3．（2022?臨清市一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD為BC邊上的高，動點P從點A出發(fā)，沿A→D方向以2cm/s的速度向點D運(yùn)動．設(shè)△ABP的面積為S1，矩形PDFE的面積為S2，運(yùn)動時間為t秒，則t＝ 6 秒時，S1＝2S2．
【分析】利用三角形的面積公式以及矩形的面積公式，表示出S1和S2，然后根據(jù)S1＝2S2，即可列方程求解．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD為BC邊上的高，
∴AD＝BD＝CD＝82cm，
又∵AP=2t，
則S1=12AP?BD=12×82×2t＝8t，PD＝82?2t，
∵PE∥BC，
∴∠AEP＝∠C＝45°，∠APE＝∠ADC＝90°，
∴∠PAE＝∠PEA＝45°
∴PE＝AP=2t，
∴S2＝PD?PE＝（82?2t）?2t，
∵S1＝2S2，
∴8t＝2（82?2t）?2t，
解得：t＝6或0（舍棄）
故答案是：6．
4．（2022?于洪區(qū)校級模擬）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝6cm，AB＝8cm，BC＝14cm．動點P、Q都從點C同時出發(fā)，點P沿C→B方向做勻速運(yùn)動，點Q沿C→D→A方向做勻速運(yùn)動，當(dāng)P、Q其中一點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運(yùn)動．若點P以1cm/s速度運(yùn)動，點Q以22cm/s的速度運(yùn)動，連接BQ、PQ．當(dāng)時間t為 2 秒時，△BQP的面積為24cm2．
【分析】由于點P在線段CB上運(yùn)動，而點Q沿C→D→A方向做勻速運(yùn)動，所以分兩種情況討論：①點Q在CD上；②點Q在DA上．針對每一種情況，都可以過Q點作QG⊥BC于G．由于點P、Q運(yùn)動的時間為t（s），可用含t的代數(shù)式分別表示BP、QG的長度，然后根據(jù)三角形的面積公式列出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍，根據(jù)面積為24cm2，列出方程，解方程并結(jié)合t的范圍取舍．
【解答】解：如圖1，過D點作DH⊥BC，垂足為點H，
則有DH＝AB＝8cm，BH＝AD＝6cm．
∴CH＝BC﹣BH＝14﹣6＝8cm．
在Rt△DCH中，∠DHC＝90°，
∴CD=DH2+CH2=82cm．
當(dāng)點P、Q運(yùn)動的時間為t（s），則PC＝t．
①如圖1，當(dāng)點Q在CD上時，過Q點作QG⊥BC，垂足為點G，則QC＝22t．
又∵DH＝HC，DH⊥BC，
∴∠C＝45°．
∴在Rt△QCG中，QG＝QC?sin∠C＝22t×sin45°＝2t．
又∵BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ=12BP×QG=12（14﹣t）×2t＝14t﹣t2．
當(dāng)Q運(yùn)動到D點時所需要的時間t=CD22=8222=4．
∴S＝14t﹣t2（0＜t≤4），
當(dāng)S＝24時，14t﹣t2＝24，
解得：t1＝2，t2＝12（舍）．
②如圖2，當(dāng)點Q在DA上時，過Q點作QG⊥BC，垂足為點G，
則：QG＝AB＝8cm，BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ=12BP×QG=12（14﹣t）×8＝56﹣4t．
當(dāng)Q運(yùn)動到A點時所需要的時間t=CD+AD22=82+622=4+322．
∴S＝56﹣4t（4＜t≤4+322），
當(dāng)S＝24時，56﹣4t＝24，
解得：t＝8＞4+322，舍去，
綜上，當(dāng)t＝2時，S＝24，
故答案為：2．
5．（2022秋?惠來縣月考）如圖，已知AB⊥BC，AB＝12cm，BC＝8cm．一動點N從C點出發(fā)沿CB方向以1cm/s的速度向B點運(yùn)動，同時另一動點M由點A沿AB方向以2cm/s的速度也向B點運(yùn)動，其中一點到達(dá)B點時另一點也隨之停止，當(dāng)△MNB的面積為24cm2時運(yùn)動的時間t為 2 秒．
【分析】根據(jù)題意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，進(jìn)而可得出BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，根據(jù)△MNB的面積為24cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論．
【解答】解：根據(jù)題意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，
∴BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，
∵△MNB的面積為24cm2，
∴12×（12﹣2t）×（8﹣t）＝24，
整理得：t2﹣14t+24＝0，
解得：t1＝2，t2＝12（不合題意，舍去）．
故答案為：2．
6．（2022秋?蘭山區(qū)期末）如圖，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝30cm，BC＝25cm，動點P從點C出發(fā)，沿CA方向運(yùn)動，速度是2cm/s；同時，動點Q從點B出發(fā)，沿BC方向運(yùn)動，速度是1cm/s，則經(jīng)過 10 s后，P，Q兩點之間相距25cm．
【分析】設(shè)x秒后P、Q兩點相距25cm，用x表示出CP、CQ，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：設(shè)x秒后P、Q兩點相距25cm，
則CP＝2xcm，CQ＝（25﹣x）cm，
由題意得，（2x）2+（25﹣x）2＝252，
解得，x1＝10，x2＝0（舍去），
則10秒后P、Q兩點相距25cm．
故答案是：10．
7．（2022秋?渭濱區(qū)期中）如圖，A、B、C、D是矩形的四個頂點，AB＝16cm，BC＝6cm，動點P從點A出發(fā)，以3cm/s的速度向點B運(yùn)動，直到點B為止；動點Q同時從點C出發(fā)，以2cm/s的速度向點D運(yùn)動，當(dāng)時間為 85s或245s 時，點P和點Q之間的距離是10cm．
【分析】設(shè)當(dāng)t秒時PQ＝10cm，利用勾股定理得出即可．
【解答】解：設(shè)當(dāng)時間為t時，點P和點Q之間的距離是10cm，
過點Q作ON⊥AB于點N，
則QC＝2tcm，PN＝（16﹣5t）cm，
故62+（16﹣5t）2＝100，
解得：t1=85，t2=245，
即當(dāng)時間為85s或245s時，點P和點Q之間的距離是10cm，
故答案為：85s或245s．
二．解答題（共23小題）
8．（2022秋?方城縣期末）如圖，已知等邊三角形ABC的邊長為6cm，點P從點A出發(fā)，沿A→C→B的方向以2cm/s的速度向終點B運(yùn)動，同時點Q從點B出發(fā)，沿B→A的方向以1cm/s的速度向終點A運(yùn)動．當(dāng)點P運(yùn)動到點B時，兩點均停止運(yùn)動．運(yùn)動時間記為ts，請解決下列問題：
（1）若點P在邊AC上，當(dāng)t為何值時，△APQ為直角三角形？
（2）是否存在這樣的t值，使△APQ的面積為23cm2？若存在，請求出t的值，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）當(dāng)點P在邊AC上時，由題意知AP＝2t，AQ＝6﹣t，再分∠APQ＝90°和∠AQP＝90°兩種情況分別求解即可；
（2）分點P在邊AC上和點P在邊AC上兩種情況，表示出S△APQ，再根據(jù)△APQ的面積為23cm2列出關(guān)于t的方程，解之即可．
【解答】解：（1）∵△ABC是等邊三角形
∴AB＝BC＝CA＝6，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
當(dāng)點P在邊AC上時，由題意知，AP＝2t，AQ＝6﹣t，
當(dāng)∠APQ＝90°時，AP=12AQ，即2t=12（6﹣t），解得t＝1.2，
當(dāng)∠AQP＝90°時，AQ=12AP，即6﹣t=12×2t，解得t＝3，
所以，點P在邊AC上，當(dāng)t為1.2s或3s時，△APQ為直角三角形；
（2）存在，
①當(dāng)點P在邊AC上時，此時0≤t≤3，
過點P作PD⊥AB于點D，
在Rt△APD中，∠A＝60°，AP＝2t，
∴sinA=PDAP，即sin60°=PD2t=32，
∴PD=3t，S△APQ=12AQ?PD=12（6﹣t）?3t，
由12（6﹣t）?3t=23得t1=3+5(不合題意，舍去)，t2=3?5；
②當(dāng)點P在邊BC上時，此時3≤t≤6，
如圖，過點P作PF⊥AB于點F，
在Rt△BPF中，∠B＝60°，BP＝12﹣2t，
∴sinB=PFBP，即sin60°=PF12?2t=32，
∴PF=3(6?t)，S△APQ=12AQ?PF=12（6﹣t）?3(6?t)，
由12（6﹣t）?3(6?t)=23得t1＝4，t2＝8（不合題意，舍去），
因此，當(dāng)t的值是(3?5)s或4s時，△APQ的面積為23cm2．
9．（2022秋?泗陽縣期末）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，動點P從點A出發(fā)沿邊AB向點B以2cm/s的速度移動，同時動點Q從點B出發(fā)沿邊BC向點C以4cm/s的速度移動，當(dāng)P運(yùn)動到B點時P、Q兩點同時停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為ts．
（1）BP＝（12﹣2t） cm；BQ＝ 4t cm；（用t的代數(shù)式表示）
（2）D是AC的中點，連接PD、QD，t為何值時△PDQ的面積為40cm2？
【分析】（1）根據(jù)速度×?xí)r間＝路程列出代數(shù)式即可；
（2）如圖，過點D作DH⊥BC于H，利用三角形中位線定理求得DH的長度；然后根據(jù)題意和三角形的面積列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）根據(jù)題意得：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm，
故答案是：（12﹣2t）；4t；
（2）如圖，過點D作DH⊥BC于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC．
∴AB∥DH．
又∵D是AC的中點，
∴BH=12BC＝12cm，DH是△ABC的中位線．
∴DH=12AB＝6cm．
根據(jù)題意，得12×12×24?12×4t×（12﹣2t）?12×（24﹣4t）×6?12×2t×12＝40，
整理，得t2﹣6t+8＝0．
解得：t1＝2，t2＝4，
即當(dāng)t＝2或4時，△PBQ的面積是40cm2．
10．（2022春?淄川區(qū)期中）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．動點P從點D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點Q從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長度的速度向點B運(yùn)動．點P，Q分別從點D，C同時出發(fā)，當(dāng)點P運(yùn)動到點A時，點Q隨之停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為t（s），當(dāng)t為何值時，以B，P，Q三點為頂點的三角形為等腰三角形？
【分析】以B，P，Q為頂點的三角形為等腰三角形有三種情況：當(dāng)PB＝PQ時，當(dāng)PQ＝BQ時，當(dāng)BP＝BQ時，由等腰三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．
【解答】解：如圖1，當(dāng)PB＝PQ時，作PE⊥BC于E，
∴EQ=12BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8?12t，
∴EC＝8?12t+t＝8+12t．
∴2t＝8+12t．
解得：t=163．
如圖2，當(dāng)PQ＝BQ時，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四邊形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ=t2+144．
16﹣t=t2+144，
解得：t=72；
如圖3，當(dāng)BP＝BQ時，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程無解．
綜上所述，t=163或72時，以B，P，Q三點為頂點的三角形為等腰三角形．
11．（2022?紅谷灘區(qū)校級模擬）如圖所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）點P從點A開始沿AB邊向B以1cm/s的速度移動，點Q從B點開始沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動，如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒，點P，Q之間的距離為6cm？
（2）點P從點A開始沿AB邊向B以1cm/s的速度移動，點Q從B點開始沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動，如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒，使△PBQ的面積等于8cm2？
（3）若P點沿射線AB方向從A點出發(fā)以1cm/s的速度移動，點Q沿射線CB方向從C點出發(fā)以2cm/s的速度移動，P，Q同時出發(fā)，幾秒后，△PBQ的面積為1cm2？
【分析】（1）設(shè)經(jīng)過x秒，點P，Q之間的距離為6cm，根據(jù)勾股定理列式求解即可；
（2）設(shè)經(jīng)過y秒，使△PBQ的面積等于8cm2，由三角形的面積公式列式并求解即可；
（3）分三種情況列方程求解即可：①點P在線段AB上，點Q在射線CB上；②點P在線段AB上，點Q在射線CB上；點P在射線AB上，點Q在射線CB上．
【解答】解：（1）設(shè)經(jīng)過x秒，點P，Q之間的距離為6cm，
則AP＝x（cm），QB＝2x（cm），
∵AB＝6cm，BC＝8cm
∴PB＝（6﹣x）（cm），
∵在△ABC中，∠B＝90°
∴由勾股定理得：（6﹣x）2+（2x）2＝6
化簡得：5x2﹣12x+30＝0
∵△＝（﹣12）2﹣4×5×30＝144﹣600＜0
∴點P，Q之間的距離不可能為6cm．
（2）設(shè)經(jīng)過x秒，使△PBQ的面積等于8cm2，由題意得：
12（6﹣x）?2x＝8
解得：x1＝2，x2＝4
檢驗發(fā)現(xiàn)x1，x2均符合題意
∴經(jīng)過2秒或4秒，△PBQ的面積等于8cm2．
（3）①點P在線段AB上，點Q在線段CB上
設(shè)經(jīng)過m秒，0＜m≤4，依題意有
12（6﹣m）（8﹣2m）＝1
∴m2﹣10m+23＝0
解得；m1＝5+2（舍），m2＝5?2
∴m＝5?2符合題意；
②點P在線段AB上，點Q在射線CB上
設(shè)經(jīng)過n秒，4＜n≤6，依題意有
12（6﹣n）（2n﹣8）＝1
∴n2﹣10n+25＝0
解得n1＝n2＝5
∴n＝5符合題意；
③點P在射線AB上，點Q在射線CB上
設(shè)經(jīng)過k秒，k＞6，依題意有
12（k﹣6）（2k﹣8）＝1
解得k1＝5+2，k2＝5?2（舍）
∴k＝5+2符合題意；
∴經(jīng)過（5?2）秒，5秒，（5+2）秒后，△PBQ的面積為1cm2．
12．（2022秋?射陽縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，動點P從點A出發(fā)，以2cm/s的速度沿AB向點B移動，同時，點Q從點C出發(fā)，以1cm/s的速度沿CD向點D移動（點P到達(dá)點B停止時，點Q也隨之停止運(yùn)動），設(shè)點P運(yùn)動時間為t秒．
（1）試求當(dāng)t為何值時四邊形APQD為矩形；
（2）P、Q兩點出發(fā)多長時間，線段PQ的長度為5cm．
【分析】（1）根據(jù)矩形的對邊相等得到AP＝PQ，由時間×速度＝路程求得線段AP、PQ的長度，然后等量關(guān)系A(chǔ)P＝PQ列出方程并解答；
（2）過點P作PE⊥CD于點E，利用勾股定理列出關(guān)于t的方程，通過解方程求得答案．
【解答】解：（1）∵四邊形APQD為矩形，
∴AP＝PQ，
∴2t＝6﹣t，
∴3t＝6，
∴t＝2．
（2）過點P作PE⊥CD于點E，
∵∠A＝∠D＝∠DEP＝90°，
∴四邊形APED是矩形．
∴AP＝DE＝2t，
∴EQ＝CD﹣DE﹣CQ＝6﹣3t，
在Rt△PQE中，PE2+EQ2＝PQ2，即（6﹣3t）2＝9，
解得t1＝1，t2＝3，
答：當(dāng)出發(fā)1s或3s時，線段PQ的長度為5cm．
13．（2022春?銅山區(qū)期末）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．問：
（1）幾秒時△PBQ的面積等于8cm2；
（2）幾秒時△PDQ的面積等于28cm2；
（3）幾秒時PQ⊥DQ．
【分析】（1）表示出PB，QB的長，利用△PBQ的面積等于8cm2列式求值即可；
（2）設(shè)出發(fā)秒x時△DPQ的面積等于28平方厘米，根據(jù)三角形的面積公式列出方程，再解方程即可；
（3）如果PQ⊥DQ，則∠DQP為直角，得出△BPQ∽△CQD，即可得出BPCQ=BQCD，再設(shè)AP＝x，QB＝2x，得出6?x12?2x=2x6，求出x即可．
【解答】解：
（1）設(shè)x秒后△PBQ的面積等于8cm2．
則AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴12×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PBQ的面積等于8cm2；
（2）設(shè)出發(fā)秒x時△DPQ的面積等于28cm2．
∵S矩形ABCD﹣S△APD﹣S△BPQ﹣S△CDQ＝S△DPQ
∴12×6?12×12x?12×2x（6﹣x）?12×6×（12﹣2x）＝28，
化簡整理得 x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PDQ的面積等于28cm2；
（3）設(shè)x秒后PQ⊥DQ時，則∠DQP為直角，
∴△BPQ∽△CQD，
∴BPCQ=BQCD，
設(shè)AP＝x，QB＝2x．
∴6?x12?2x=2x6，
∴2x2﹣15x+18＝0，
解得：x=32或6，
經(jīng)檢驗x=32是原分式方程的根，x＝6不是原分式方程的根，
當(dāng)x＝6時，P點到達(dá)B點、Q點到達(dá)C點，此時PQ⊥DQ．
答：32秒或6秒后PQ⊥DQ．
14．（2022?宿遷三模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)沿線段BC、CD以2cm/s的速度向終點D運(yùn)動；同時，點Q從點C出發(fā)沿線段CD、DA以1cm/s的速度向終點A運(yùn)動（P、Q兩點中，只要有一點到達(dá)終點，則另一點運(yùn)動立即停止）．
（1）運(yùn)動停止后，哪一點先到終點？另一點離終點還有多遠(yuǎn)？
（2）在運(yùn)動過程中，△APQ的面積能否等于22cm2？若能，需運(yùn)動多長時間？若不能，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)題意可以分別計算出兩個點運(yùn)動到終點的時間，從而可以解答本題；
（2）先判斷，然后計算出相應(yīng)的時間即可解答本題．
【解答】解：（1）點P從開始到運(yùn)動停止用的時間為：（12+6）÷2＝9s，
點Q從開始到運(yùn)動停止用的時間為：（6+12）÷1＝18s，
∵9＜18，只要有一點到達(dá)終點，則另一點運(yùn)動立即停止，
∴點P先到終點，此時點Q離終點的距離是：（6+12）﹣1×9＝9cm，
答：點P先到終點，此時點Q離終點的距離是9cm；
（2）在運(yùn)動過程中，△APQ的面積能等于22cm2，
當(dāng)P從點B運(yùn)動到點C的過程中，設(shè)點P運(yùn)動時間為as，
∵△APQ的面積能否等于22cm2，
∴12×6?2a×62?(12?2a)×a2?(6?a)×122=22，
解得，此方程無解；
當(dāng)點P從C到D的過程中，設(shè)點P運(yùn)動的時間為（b+6）s，
∵△APQ的面積能否等于22cm2，
∴12×6?(6+2b)×122?b(6?2b)2=22，
解得，b1＝1，b2＝14（舍去），
即需運(yùn)動6+1＝7s，△APQ的面積能等于22cm2．
15．（2022春?嘉興期末）如圖，長方形ABCD（長方形的對邊相等，每個角都是90°），AB＝6cm，AD＝2cm，動點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以2厘米/秒的速度向終點B移動，點Q以1厘米/秒的速度向D移動，當(dāng)有一點到達(dá)終點時，另一點也停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動的時間為t，問：
（1）當(dāng)t＝1秒時，四邊形BCQP面積是多少？
（2）當(dāng)t為何值時，點P和點Q距離是3cm？
（3）當(dāng)t＝ 3+72，3?72，65，?6+2333．以點P、Q、D為頂點的三角形是等腰三角形．（直接寫出答案）
【分析】（1）如圖1，當(dāng)t＝1時，就可以得出CQ＝1cm，AP＝2cm，就有PB＝6﹣2＝4cm，由梯形的面積就可以得出四邊形BCQP的面積；
（2）如圖1，作QE⊥AB于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如圖2，作PE⊥CD于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可；
（3）分情況討論，如圖3，當(dāng)PQ＝DQ時，如圖4，當(dāng)PD＝PQ時，如圖5，當(dāng)PD＝QD時，由等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理建立方程就可以得出結(jié)論．
【解答】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝2，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
∵CQ＝1cm，AP＝2cm，
∴AB＝6﹣2＝4cm．
∴S=2(1+4)2=5cm2．
答：四邊形BCQP面積是5cm2；
（2）如圖1，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t．
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝9，
解得：t=6±53．
如圖2，作PE⊥CD于E，
∴∠PEQ＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴PE＝BC＝2cm，BP＝CE＝6﹣2t．
∵CQ＝t，
∴QE＝t﹣（6﹣2t）＝3t﹣6
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
（3t﹣6）2+4＝9，
解得：t=6±53．
綜上所述：t=6?53或6+53；
（3）如圖3，當(dāng)PQ＝DQ時，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t．
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t．DQ＝6﹣t．
∵PQ＝DQ，
∴PQ＝6﹣t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝（6﹣t）2，
解得：t=3±72．
如圖4，當(dāng)PD＝PQ時，
作PE⊥DQ于E，
∴DE＝QE=12DQ，∠PED＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四邊形BCQE是矩形，
∴PE＝BC＝2cm．
∵DQ＝6﹣t，
∴DE=6?t2．
∴2t=6?t2，
解得：t=65；
如圖5，當(dāng)PD＝QD時，
∵AP＝2t，CQ＝t，
∴DQ＝6﹣t，
∴PD＝6﹣t．
在Rt△APD中，由勾股定理，得
4+4t2＝（6﹣t）2，
解得t1=?6+2333，t2=?6?2333（舍去）．
綜上所述：t=3+72，3?72，65，?6+2333．
故答案為：3+72，3?72，65，?6+2333．
16．（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）（1）求x2+6x+1的最小值；
（2）求﹣2x2+6x+1的最大值；
（3）如圖，已知AB＝8，P為線段AB上的一個動點，分別以AP，PB為邊在AB的同側(cè)作菱形APCD和菱形PBFE，點P，C，E在一條直線上，∠DAP＝60°，M，N分別是對角線AC，BE的中點，當(dāng)點P在線段AB上移動時，設(shè)AP＝x，直接用含有x的代數(shù)式表示MN2，并直接寫出MN2的最小值．
【分析】（1）將代數(shù)式配方，由于二次項系數(shù)大于0，代數(shù)式有最小值，根據(jù)配方式可得最小值；
（2）將代數(shù)式配方，由于二次項系數(shù)小于0，代數(shù)式有最大值，根據(jù)配方式可得最大值；
（3）連接PM、PN．首先證明∠MPN＝90°，設(shè)PA＝x，則PB＝8﹣x，PM=12x，PN=3（4?12x），構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．
【解答】解：（1）x2+6x+1＝（x+3）2﹣8，
當(dāng)x＝﹣3時，x2+6x+1有最小值，最小值是﹣8；
（2）﹣2x2+6x+1＝﹣2（x?32）2+112，
當(dāng)x=32時，﹣2x2+6x+1有最大值，最大值是112；
（3）連接PM、PN．
∵四邊形APCD，四邊形PBFE是菱形，∠DAP＝60°，
∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，
∵M(jìn)，N分別是對角線AC，BE的中點，
∴∠CPM=12∠APC＝60°，∠EPN=12∠EPB＝30°，
∴∠MPN＝60°+30°＝90°，
設(shè)PA＝x，則PB＝8﹣x，PM=12x，PN=3（4?12x），
MN2＝（12x）2+[3（4?12x）]2＝x2﹣12x+48＝（x﹣6）2+12，
∴x＝6時，MN2有最小值，最小值為12，
故答案為：12．
17．（2022秋?寬城區(qū)校級月考）如圖①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4．點P從點A出發(fā)，沿A→D→C→D運(yùn)動，速度為每秒2個單位長度；點Q從點A出發(fā)向點B運(yùn)動，速度為每秒1個單位長度．P、Q兩點同時出發(fā)，點Q運(yùn)動到點B時，兩點同時停止運(yùn)動，設(shè)點Q的運(yùn)動時間為t（秒）．連接PQ、AC、CP、CQ．
（1）點P到點C時，t＝ 6 ；當(dāng)點Q到終點時，PC的長度為 4 ；
（2）用含t的代數(shù)式表示PD的長；
（3）當(dāng)三角形CPQ的面積為9時，求t的值．
【分析】（1）點P到點C時，所走路程為AD+CD，除以速度求出t的值，當(dāng)點Q到終點時，P點回到CD中點，可直接求出PC；
（2）分點P在A→D上時，D→C時，C→D時進(jìn)行討論；
（3）同第2問三種情況進(jìn)行討論．
【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，
∴CD＝AB＝8點P到點C時，所走路程為AD+CD＝12，
∴t=122=6s
當(dāng)點Q到終點時，t＝8s，P點回到CD中點，
∴CP＝4；
（2）當(dāng)0≤t≤2時，PD＝4﹣2t；
當(dāng)2＜t＜6時，PD＝2t﹣4；
當(dāng)6≤t≤8時，PD＝8﹣（2t﹣12）＝20﹣2t；
（3）當(dāng)0≤t≤2時，AP＝2t PD＝4﹣2t AQ＝t BQ＝8﹣t
S△CPQ＝4×8?12t×2t?12（8﹣t）×4?12（4﹣2t ）×8＝﹣t2+10t＝9，t1＝1，t2＝9（舍去）
當(dāng)2＜t＜6時，PC＝12﹣2t
S△CPQ=12（12﹣2t）×4＝24﹣4t＝9，t=154
當(dāng)6≤t≤8時，PC＝2t﹣12
S△CPQ=12（2t﹣12）×4＝4t﹣24＝9，t=334（舍棄），
綜上所述，當(dāng)三角形CPQ的面積為9時t＝1或t=154．
18．（2022春?大慶期中）如圖，菱形ABCD中，AC，BD交于O，AC＝8cm，BD＝6cm，動點M從A出發(fā)沿AC方向以每秒2cm勻速直線運(yùn)動到C，動點N從B出發(fā)沿BD方向以每秒1cm勻速直線運(yùn)動到D，若M，N同時出發(fā)，問出發(fā)后幾秒鐘時，△MON的面積為菱形ABCD面積的112？
【分析】根據(jù)點M、N運(yùn)動過程中與O點的位置關(guān)系，分當(dāng)x＜2時，點M在線段AO上，點N在線段BO上、當(dāng)2＜x＜3時，點M在線段OC上，點N在線段BO上和當(dāng)x＞3時，點M在線段OC上，點N在線段OD上三種情況分別討論．
【解答】解：設(shè)出發(fā)后x秒時，S△MON=112S菱形ABCD．
∵S菱形ABCD=12AC?BD=12×8×6=24，
∴S△MON=112S菱形ABCD=2，
（1）當(dāng)x＜2時，點M在線段AO上，點N在線段BO上．
由12（4﹣2x）（3﹣x）＝2；
解得x1＝1，x2＝4（舍去）
∵x＜2，∴x＝1；
（2）當(dāng)2＜x＜3時，點M在線段OC上，點N在線段BO上，
由12（2x﹣4）（3﹣x）＝2；化簡為x2﹣5x+8＝0，
此時方程Δ＜0，原方程無實數(shù)解；
（3）當(dāng)x＞3時，點M在線段OC上，點N在線段OD上，
由12（2x﹣4）（x﹣3）＝2；
解得x1＝1（舍去），x2＝4
∵x＞3，∴x＝4，
綜上所述，出發(fā)后1s或4s時，S△MON=112S菱形ABCD．
19．（2022秋?海州區(qū)校級月考）如圖，在正方形ABCD中，AB＝5cm，動點P以2cm/s的速度從點A出發(fā)，沿AC向點C移動，同時動點Q以1cm/s的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B移動，設(shè)P、Q兩點移動時間為ts（0＜t＜5）．在P、Q兩點移動的過程中，PQ的長度能否等于10cm？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由．
【分析】在正方形ABCD中求出對角線AC的長度，過點P作PH⊥BC于點H，用含t的代數(shù)式表示出HQ、PH的長度，然后在Rt△PHQ中利用勾股定理得出PH2+HQ2＝PQ2，根據(jù)PQ的長度等于10cm列方程求解．
【解答】解：在正方形ABCD中，∵AB＝5cm，
∴AC＝52cm，
∵動點P以2cm/s的速度從點A出發(fā)，沿AC向點C移動，同時動點Q以1cm/s的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B移動，設(shè)P、Q兩點移動時間為ts（0＜t＜5），
∴AP=2tcm，CQ＝tcm，
∴PC＝（52?2t）cm，BQ＝（5﹣t）cm．
過點P作PH⊥BC于點H，則PH＝HC=PC2=（5﹣t）cm，
∴HQ＝|HC﹣CQ|＝|5﹣2t|cm．
在Rt△PHQ中，∵∠PHQ＝90°，
∴PH2+HQ2＝PQ2，
∵PQ的長度等于10cm，
∴（5﹣t）2+（5﹣2t）2＝（10）2，
解得：t1＝2，t2＝4．
故在P、Q兩點移動的過程中，PQ的長度能等于10cm，此時t的值為2或4．
20．（2022?曹縣二模）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝1cm，AB＝3cm，BC＝5cm，動點P從點B出發(fā)以1cm/s的速度沿BC的方向運(yùn)動，動點Q從點C出發(fā)以2cm/s的速度沿CD方向運(yùn)動，P、Q兩點同時出發(fā)，當(dāng)Q到達(dá)點D時停止運(yùn)動，點P也隨之停止，設(shè)運(yùn)動的時間為ts（t＞0）
（1）求線段CD的長；
（2）t為何值時，線段PQ將四邊形ABCD的面積分為1：2兩部分？
【分析】（1）作DE⊥BC于E，根據(jù)勾股定理即可求解；
（2）線段PQ將四邊形ABCD的面積分為1：2兩部分，分兩種情況進(jìn)行求解．
【解答】解：（1）如圖1，作DE⊥BC于E，則四邊形ADEB是矩形．
∴BE＝AD＝1，DE＝AB＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝4，
在Rt△DEC中，DE2+EC2＝DC2，
∴DC=DE2+CE2=5厘米；
（2）∵點P的速度為1厘米/秒，點Q的速度為2厘米/秒，運(yùn)動時間為t秒，
∴BP＝t厘米，PC＝（5﹣t）厘米，CQ＝2t厘米，QD＝（5﹣2t）厘米，
且0＜t≤2.5，
作QH⊥BC于點H，
∴DE∥QH，
∴∠DEC＝∠QHC，
∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△QHC，
∴DEQH=DCQC，即3QH=52t，
∴QH=65t，
∴S△PQC=12PC?QH=12（5﹣t）?65t=?35t2+3t，
S四邊形ABCD=12（AD+BC）?AB=12（1+5）×3＝9，
分兩種情況討論：
①當(dāng)S△PQC：S四邊形ABCD＝1：3時，
?35t2+3t=13×9，即t2﹣5t+5＝0，
解得t1=5?52，t2=5+52（舍去）；
②S△PQC：S四邊形ABCD＝2：3時，
?35t2+3t=23×9，即t2﹣5t+10＝0，
∵Δ＜0，
∴方程無解，
∴當(dāng)t為5?52秒時，線段PQ將四邊形ABCD的面積分為1：2兩部分．
21．（2022秋?天寧區(qū)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，已知點A（0，6）、點B（8，0），動點P從點A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O移動，同時動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A移動，設(shè)點P、Q移動的時間為t秒．
（1）求點Q的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)t為何值時，△APQ的面積為245個平方單位？
【分析】（1）過點Q作QH⊥AO于H，如圖所示，易證△AHQ∽△AOB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可用t的代數(shù)式表示出QH，進(jìn)而表示出HO的長，進(jìn)而得出答案；
（2）利用（1）中所求，從而得到△APQ的面積與t的關(guān)系，根據(jù)條件就可求出t的值．
【解答】解：（1）過點Q作QH⊥AO于H，如圖所示，
則有∠AHQ＝∠AOB＝90°．
又∵∠HAQ＝∠OAB，∴△AHQ∽△AOB，
∴QHOB=AQAB，
∴QH8=10?2t10，
∴QH=40?8t5，
設(shè)HO＝x，則AH＝6﹣x，
∵△AHQ∽△AOB，
∴AH6=HQ8，
故6?x6=40?8t58
解得：x=65t，
則Q（40?8t5，65t）；
（2）由（1）得：S△APQ=12AP?QH=12t?40?8t5=20t?4t25．
當(dāng)S△APQ=245時，20t?4t25=245，
解得：t1＝2，t2＝3．
∴當(dāng)t為2秒或3秒時，△APQ的面積為245個平方單位．
22．（2022秋?鎮(zhèn)江期中）在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，點P從點A出發(fā)沿AB以2cm/s的速度向點B移動；同時，點Q從點B出發(fā)沿BC以1cm/s的速度向點C移動，點P運(yùn)動到點B時，點Q也停止運(yùn)動，幾秒鐘后△PQC的面積等于16cm2？
【分析】設(shè)t秒鐘后△PQC的面積等于16cm2．根據(jù)S△PQC＝S△PBC﹣S△PBQ列出方程并解答即可．
【解答】解：設(shè)t秒鐘后△PQC的面積等于16cm2．
依題意得：12×6×（12﹣2t）?12×（12﹣2t）×t＝16，
整理，得
（t﹣10）（t﹣2）＝0，
解得t＝10（舍去）或t＝2．
答：2秒鐘后△PQC的面積等于16cm2．
23．（2022秋?丹陽市校級月考）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝10cm，點P從點A出發(fā)沿射線AB以1cm/s的速度做直線運(yùn)動，點Q從點C出發(fā)沿射線BC以2cm/s的速度做直線運(yùn)動．如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒，S△PCQ=1225S△ABC？
【分析】分兩種情況：P在線段AB上；P在線段AB的延長線上；進(jìn)行討論即可求得P運(yùn)動的時間．
【解答】解：設(shè)當(dāng)點P運(yùn)動x秒時，S△PCQ=1225S△ABC，
①當(dāng)P在線段AB上，此時CQ＝2x，PB＝10﹣x，
S△PCQ=12?2x?（10﹣x）=1225×12×10×10，
化簡得 x2﹣10 x+24＝0
解得x＝6或4；
②P在線段AB的延長線上，此時CQ＝2x，PB＝x﹣10
S△PCQ=12?2x?（x﹣10）=1225×12×10×10，
化簡得 x2﹣10 x﹣24＝0
解得x＝12或﹣2，負(fù)根不符合題意，舍去．
所以當(dāng)點P運(yùn)動4秒、6秒或12秒時△PCQ的面積S△PCQ=1225S△ABC．
24．（2022春?蕭山區(qū)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．有一動點P從B點出發(fā)，在射線BC方向移動，速度是2cm/s，在P點出發(fā)后2秒后另一個動點Q從A點出發(fā)，在射線AC方向移動，速度是1cm/s．若設(shè)P出發(fā)后時間為t秒．
（1）用含t的代數(shù)式分別表示線段AQ、PC的長度，并寫出相應(yīng)的t的取值范圍．
（2）連接AP、PQ，求使△APQ面積為3cm2時相應(yīng)的t的值．
（3）問是否存在這樣的時間t，使AP平分∠BAC或者∠BAC的外角？如果存在，請求出t的值；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）PC的長度分兩種情況討論：0≤t≤4，t＞4；AQ的長度分兩種情況討論：0≤t≤2，t＞2；
（2）分兩種情況討論：①2＜t≤4，②t＞4；根據(jù)△APQ面積為3cm2，列出方程即可求解；
（3）①過P點作PD⊥AB于D，根據(jù)勾股定理可求AB的長，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知PC＝PD，在Rt△PBC中，可求BP的長，可求t的一個解；
②根據(jù)一個角的內(nèi)角平分線和外角平分線互相垂直，可求t的另外一個解．
【解答】解：（1）PC=8?2t(0≤t≤4)2t?8(t＞4)，
AQ=0(0≤t≤2)t?2(t＞2)；
（2）①當(dāng)2＜t≤4時，12（8﹣2t）（t﹣2）＝3，化簡為t2﹣6t+11＝0，△＝36﹣44＝﹣8＜0，故方程無解；
②當(dāng)t＞4時，12（2t﹣8）（t﹣2）＝3，化簡為t2﹣6t+5＝0，解得t1＝1（不合題意舍去），t2＝5．
故使△APQ面積為3cm2時相應(yīng)的t的值為5．
（3）①過P點作PD⊥AB于D．
在Rt△ABC中，AB=62+82=10，
∵AP平分∠BAC，
∴PC＝PD，AC＝AD，
∴BD＝10﹣6＝4，
在Rt△PBC中，BP2＝42+（8﹣BP）2，解得BP＝5，
則t＝5÷2＝2.5s，
②∵一個角的內(nèi)角平分線和外角平分線互相垂直，
∴3：6＝6：（2t﹣8），
解得t＝10．
故使AP平分∠BAC或者∠BAC的外角時t的值為2.5或10．
25．（2022秋?營山縣校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，點P從點A開始沿AB邊向點B以1cm/s的速度移動，點Q從點B開始沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動．如果P、Q分別從A、B同時出發(fā)，問幾秒鐘時△PBQ的面積等于8cm2？
【分析】設(shè)t秒鐘后，S△PBQ＝8，則AP＝t，PB＝AB﹣AP＝6﹣t，QB＝2t，而S△PBQ=12PB×QB，由此可以列出方程求解．
【解答】解：設(shè)t秒鐘后，S△PBQ＝8，
則12×2t（6﹣t）＝8，
t2﹣6t+8＝0，
∴t1＝2，t2＝4，
答：2s或4s時△PBQ的面積等于8cm2．
26．（2022秋?淮安校級期中）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，問幾秒后△PBQ的面積等于8cm2？
【分析】表示出PB，QB的長，利用△PBQ的面積等于8列式求值即可．
【解答】解：設(shè)x秒后△PBQ的面積等于8cm2．
則AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴12×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2秒或4秒后△PBQ的面積等于8cm2．
27．（2022秋?武侯區(qū)期末）如圖，AB＝200cm，O為AB的中點，OE⊥AB，P從A點以2cm/s的速度向B運(yùn)動，點Q從O點以3cm/s的速度運(yùn)動向E運(yùn)動，當(dāng)P、Q兩點運(yùn)動多少時間時，△POQ的面積為1800cm2？
【分析】關(guān)鍵是用未知數(shù)x表示出△POQ的面積，AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x，△POQ的面積為12×OQ×OP，即再解一元二次方程即可．
【解答】解：當(dāng)點P在AO上運(yùn)動時，設(shè)P、Q兩點運(yùn)動x秒時，△POQ的面積為1800cm2，
AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x
12×3x（100﹣2x）＝1800，x1＝20，x2＝30
當(dāng)P點在OB上時，12×3x（2x﹣100）＝1800，x2﹣50x﹣600＝0
x1＝60，x2＝﹣10（舍去）
答：設(shè)P、Q兩點運(yùn)動20、30、60秒時，△POQ的面積為1800cm2
28．（2022春?永嘉縣期中）附加題
（1）試用一元二次方程的求根公式，探索方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根互為相反數(shù)的條件是 b＝0，且a，c異號．
（2）已知x、y為實數(shù)，3x?2+y2?4y+4=0，則xy= 13 ．
（3）在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90度，BC＝16，AD＝21，DC＝12，動點P從點D出發(fā)，沿線段DA方向以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點Q從點C出發(fā)，在線段CB以每秒1個單位長度的速度向點B運(yùn)動．點P、Q分別從點D、C同時出發(fā)，當(dāng)點P運(yùn)動到點A時，點Q隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
①設(shè)△BPQ的面積為S，求S和t之間的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)t為何值時，以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形？（分類討論）
【分析】（1）根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，兩根之和等于?ba=0，可求出b＝0；
（2）先將原式變形為3x?2+(y?2)2=0，再根據(jù)二次根式與平方都是非負(fù)數(shù)，即可求得x=23，y＝2，即可求得xy=13．
（3）①作PM⊥BC，則PM＝DC，根據(jù)三角形的面積公式S=12BM?PM即可求解．
②若以B、P、Q三頂為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：第一種：PQ＝BQ；第二種：BP＝BQ；第三種：若PB＝PQ．根據(jù)勾股定理可求得t=72或t=163，B、P、Q三點為頂點三角形是等腰三角形．
【解答】解：（1）依題意可知：
x1+x2=?ba=0，
∵a≠0
∴b＝0．
并且判別式Δ＝b2﹣4ac≥0，則a，c異號．
故方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根互為相反數(shù)的條件是：b＝0，且a，c異號．
（2）3x?2+y2?4y+4=0，
即3x?2+(y?2)2=0，
∴3x﹣2＝0，y﹣2＝0，
∴x=23，y＝2，
∴xy=13．
（3）①作PM⊥BC，垂足為M．
則四邊形PDCM為矩形．
∴PM＝DC＝12
∵QB＝16﹣t，
∴S=12×12(16?t)=96?6t．
②可知CM＝PD＝2t，CQ＝t，
若以B、P、Q三頂為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：
第一種：PQ＝BQ，在Rt△PMQ中，PQ2＝PM2+QM2＝122+t2，解t=72．
第二種：BP＝BQ，在Rt△PMB中，BP2＝（16﹣2t）2+122，3t2﹣32t+144＝0無實根，
∴PB≠BQ．
第三種：若PB＝PQ，由PB2＝PQ2得t2+122＝（16﹣2t）2+122，解得t1=163，t2＝16（舍去）
綜上可知：t=72或t=163，B、P、Q三點為頂點三角形是等腰三角形．
29．（2022秋?駐馬店期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，點F是CD延長線上一點，且DF＝2cm．點P、Q分別從A、C同時出發(fā)，以1cm/s的速度分別沿邊AB、CB向終點B運(yùn)動，當(dāng)一點運(yùn)動到終點B時，另一點也停止運(yùn)動．FP、FQ分別交AD于E、M兩點，連接PQ、AC，設(shè)運(yùn)動時間為t （s）．
（1）用含有t的代數(shù)式表示DM的長；
（2）設(shè)△FCQ的面積為y （cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）線段FQ能否經(jīng)過線段AC的中點？若能，請求出此時t的值；若不能，請說明理由；
（4）設(shè)△FPQ的面積為S （cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并回答：在t的取值范圍內(nèi)，S是如何隨t的變化而變化的？
【分析】已知FD、DC的長度，CQ＝t，利用相關(guān)的相似三角形可以表示出DM的長度與t的關(guān)系式和y與t的關(guān)系式；s不能直接與t建立聯(lián)系，可以用圖形剪切法，s等于梯形PBCF的面積減去△PBQ和△FQC的面積，從而建立s與t的關(guān)系．
【解答】解：（1）由圖可知△FDM與△FCQ相似，F(xiàn)DFC=DMCQ，CQ＝t，所以DM=15t；
（2）S△FCQ=12CQ×CF=12×t×10＝5t；
（3）當(dāng)DM＝BQ時，四邊形CMAQ為平行四邊形，對角線互相平分，即15t＝6﹣t，t＝5；
（4）S梯形FCBP=12×6×（10+8﹣t）＝54﹣3t
S△BPQ=12（8﹣t）（6﹣t）=12t2?7t+24
S＝S梯形FCBP﹣S△FCQ﹣S△BPQ=?12t2?t+30=?12(t+1)2+612
S隨t的增大而減?。矗簭膖＝0，S＝30變化到t＝6，S＝6．
30．（2022春?文登區(qū)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝8cm，點P從A出發(fā)向C以1cm/s的速度運(yùn)動、點Q同時從C出發(fā)向B以1cm/s的速度運(yùn)動，當(dāng)一個點運(yùn)動到終點時，該點停止運(yùn)動，另一個點繼續(xù)運(yùn)動，當(dāng)兩個點都到達(dá)終點時也停止運(yùn)動．
（1）幾秒后，△CPQ的面積為Rt△ABC的面積的18？
（2）填空：①點經(jīng)過 254 秒，點P在線段AB的垂直平分線上．
②點Q經(jīng)過 83 秒，點Q在∠BAC的平分線上．
【分析】（1）設(shè)經(jīng)過x秒，首先求得線段BC的長，然后分x≤6和6＜x≤8兩種情況列方程求解即可；
（2）①點P在線段AB的垂直平分線上，即可得到PA＝PB，從而求得時間；
②點Q在∠BAC的平分線上，則Q點到AC和AB的距離相等．
【解答】解；（1）設(shè)經(jīng)過x秒．
在Rt△ABC中，BC=AB2?AC2=6(cm)
根據(jù)題意得；
當(dāng)x≤6時，12（8﹣x）x=18×12×8×6
解得：x1=4?10，x2=4+10(舍去)
當(dāng)6＜x≤8時，12（8﹣x）×6＝37
解得：x＝7
答：經(jīng)過7秒或4?10秒．
（2）當(dāng)點P在線段AB的垂直平分線上時，PA＝PB，
∵設(shè)經(jīng)過x秒后點P在線段AB的垂直平分線上，
∴x2＝（8﹣x）2+62
解得：x=254，
∴經(jīng)過254秒，點P在線段AB的垂直平分線上
②如圖，作QD⊥AB于點D，
∵點Q在∠BAC的平分線上，
∴QD＝QC，
設(shè)經(jīng)過x秒，
則CQ＝x，則QD=54（6﹣x），
∴x=54（6﹣x），解得：x=83，
∴點Q經(jīng)過83秒，點Q在∠BAC的平分線上．

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