Question

如圖，已知在△ABC中，∠B=90°，AB=28cm，BC=28cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A開(kāi)始沿AB邊向點(diǎn)B以3cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B開(kāi)始沿BC邊向點(diǎn)C以1cm/s的速度移動(dòng)，P，Q分別從A，B同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止．過(guò)Q作QD∥AB交AC于點(diǎn)D，連接PD，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，四邊形BQDP的面積為s．
（1）用t的代數(shù)式表示QD的長(zhǎng)．
（2）求s關(guān)于t的函數(shù)解析式，并求出運(yùn)動(dòng)幾秒梯形BQDP的面積最大？最大面積是多少？
（3）連接QP，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，能否使△DPQ為等腰三角形？若存在，求出t的值，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）由于在△ABC中，∠B=90°，AB=28cm，BC=28cm，而QD∥AB，由此得到DQ=CQ=28-t；
（2）根據(jù)已知條件可以得到BP=28-3t，然后利用梯形的面積公式得到s=

1

2

[（28-3t）+（28-t）]×t=-2t²+28t，接著利用二次函數(shù)的性質(zhì)可以求出s的最大值；
（3）存在．
當(dāng)PQ=PD時(shí)，PQ²=PD²，根據(jù)勾股定理得到t²+（28-3t）²=t²+（2t）²，解方程即可求解；
當(dāng)PQ=DQ時(shí)，PQ²=DQ²，根據(jù)勾股定理可以得到t²+（28-3t）²=（28-t）²，解方程即可求解；
當(dāng)QD=PD時(shí)，QD²=PD²，根據(jù)勾股定理得到（28-t）²=t²+（2t）²，解方程即可求解．

解答：解：（1）∵在△ABC中，∠B=90°，AB=28cm，BC=28cm，
∴△ABC是等腰直角三角形，
而QD∥AB，
∴DQ=CQ=28-t；

（2）依題意得BP=28-3t，
∴s=

1

2

[（28-3t）+（28-t）]×t=-2t²+28t，
當(dāng)t=7秒時(shí)，s最大值=98cm²；

（3）存在當(dāng)PQ=PD時(shí)、PQ²=PD²
則t²+（28-3t）²=t²+（2t）²，
∴t=28（舍去），t=5.6
另解：BP=QM=

1

2

DQ，則28-3t=

1

2

（28-t），解得t=5.6；
當(dāng)PQ=DQ時(shí)，PQ²=DQ²則t²+（28-3t）²=（28-t）²，
∴t=0或t=

112

9

（大于

28

3

．都舍去）；
當(dāng)QD=PD時(shí)，QD²=PD²，
∴（28-t）²=t²+（2t）²
解得t=-7+7

5

或t=-7-7

5

（舍去）；
綜上所述當(dāng)t=5.6或t=-7+7

5

時(shí)△DPQ為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：此題分別考查了相似三角形的性質(zhì)與判定、二次函數(shù)的最值、等腰三角形的性質(zhì)、梯形的性質(zhì)及勾股定理，綜合性比較強(qiáng)，要求學(xué)生有很好的分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力才能解決這類問(wèn)題．