Question

如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21．動點P從點D出發(fā)，沿射線DA的方向，在射線DA上以每秒2兩個單位長的速度運動，動點Q從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長的速度向點B運動，點P，Q分別從點D，C同時出發(fā)，當點Q運動到點B時，點P隨之停止運動．設(shè)運動的時間為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t為何值時，以B，P，Q三點為頂點的三角形是等腰三角形；
（3）當線段PQ與線段AB相交于點O，且2AO=OB時，求∠BQP的正切值；
（4）是否存在時刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）點P作PM⊥BC，垂足為M，則四邊形PDCM為矩形，根據(jù)梯形的面積公式就可以利用t表示，就得到S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（2）以B、P、Q三點為頂點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，就得到一個關(guān)于t的方程，就可以求出t．
（3）根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可列式求出t，從而根據(jù)正切的定義求出值．
（4）首先假設(shè)存在，然后再根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求證．
解答：解：（1）如圖，過點P作PM⊥BC，垂足為M，則四邊形PDCM為矩形．
∴PM=DC=12．
∵QB=16-t，
∴S=×12×（16-t）=96-6t（0≤t＜16）；

（2）由圖可知：CM=PD=2t，CQ=t．
以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況：
①若PQ=BQ．
在Rt△PMQ中，PQ²=t²+12²，
由PQ²=BQ²得t²+12²=（16-t）²，
解得t=；
②若BP=BQ．
在Rt△PMB中，BP²=（16-2t）²+12²．
由BP²=BQ²得：（16-2t）²+12²=（16-t）²
即3t²-32t+144=0．
由于△=-704＜0，
∴3t²-32t+144=0無解，
∴PB≠BQ．
③若PB=PQ．
由PB²=PQ²，得t²+12²=（16-2t）²+12²
整理，得3t²-64t+256=0．
解得t₁=，t₂=16（舍去）
綜合上面的討論可知：當t=秒或t=秒時，以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形．

（3）如圖，由△OAP∽△OBQ，得．
∵AP=2t-21，BQ=16-t，
∴2（2t-21）=16-t．
∴t=．
過點Q作QE⊥AD，垂足為E．
∵PD=2t，ED=QC=t，
∴PE=t．
在Rt△PEQ中，tan∠QPE=．
又∵AD∥BC，
∴∠BQP=∠QPE，
∴tan∠BQP=；

（4）設(shè)存在時刻t，使得PQ⊥BD．
如圖，過點Q作QE⊥AD于E，垂足為E．
∵AD∥BC
∴∠BQF=∠EPQ，
又∵在△BFQ和△BCD中∠BFQ=∠C=90°，
∴∠BQF=∠BDC，
∴∠BDC=∠EPQ，
又∵∠C=∠PEQ=90°，
∴Rt△BDC∽Rt△QPE，
∴，即．
解得t=9．
所以，當t=9秒時，PQ⊥BD．
點評：梯形的問題可以通過作高線可以轉(zhuǎn)化為直角三角形與矩形的問題．并且要理解以B、P、Q三點為頂點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．三種情況進行討論．