Question

直角梯形ABCD在直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，AD∥BC，∠DCB=90°，BC=16，DC=12，AD=21動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)D、B同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)Q隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．
（1）設(shè)△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP是平行四邊形？
（3）四邊形ABQP能否為菱形？若能，求出t的值，若不能，說(shuō)明理由．
（4）當(dāng)t為何值時(shí)，以B，P，Q，三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？

Answer 1

分析：（1）點(diǎn)P作PN⊥BC，垂足為N，則四邊形PDCN為矩形，根據(jù)BQ=t，就得到S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（2）當(dāng)四邊形ABQP為平行四邊形時(shí)，PA=BQ，即t=21-2t，可將t求出；
（3）利用菱形性質(zhì)得出當(dāng)四邊形ABQP為菱形，則AB=BQ=PA=PQ，得出邊長(zhǎng)之間關(guān)系即可得出答案；
（4）以B、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：
①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．在Rt△PMQ中根據(jù)勾股定理，就得到一個(gè)關(guān)于t的方程，就可以求出t．

解答：解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥BC，于點(diǎn)N，
S=

1

2

×PN×BQ=

1

2

×12×t=6t，（0＜t≤10.5）；

（2）當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時(shí)，PA=BQ，
∴21-2t=t解得：t=7，
∴當(dāng)t=7時(shí)，四邊形ABQP是平行四邊形．

（3）如圖3，作BW⊥AD，于點(diǎn)W，AR⊥BC于點(diǎn)R，
當(dāng)四邊形ABQP為菱形，則AB=BQ=PA=PQ，
∵AB=

AR2+BR2

=

122+52

=13，
∴當(dāng)AP=13，2t=21-13，t=4秒，此時(shí)BQ=4，
∴BQ≠AB，
∴四邊形ABQP不能為菱形；

（4）①如圖2，當(dāng)BP=BQ時(shí)，由題意得：B（16，0），P（2t，12），Q（16-t，0），
∴BP=

BW2+PW2

=

(2t-16)2+144

，BQ=t，
PQ=

PN2+QN2

=

(3t-16)2+144

，
∴

(2t-16)2+144

=t，此時(shí)方程無(wú)實(shí)數(shù)根；
②圖3，當(dāng)BP=PQ時(shí)，PW=16-2t，PB=

(16-2t) 2+144

，
∴

(16-2t) 2+144

=

(3t-16)2+144

，
解得：t₁=

32

5

，t₂=0，
但當(dāng)t=0時(shí)，B，Q兩點(diǎn)重合，故t=

32

5

；
③當(dāng)BQ=PQ時(shí)，

(3t-16)2+144

=t，此時(shí)方程無(wú)實(shí)數(shù)根；
綜上所述，當(dāng)t=

32

5

秒時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形；

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及直角梯形的問(wèn)題，通過(guò)作高線可以轉(zhuǎn)化為直角三角形與矩形的問(wèn)題．并且要理解以B、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，應(yīng)分①若PQ=BQ，②若BP=BQ，③若PB=PQ．三種情況進(jìn)行討論是解題關(guān)鍵．