Question

如圖，四邊形ABCD中，AB=BC=3厘米，DA=DC=4厘米，∠DAB=∠DCB=90°，點(diǎn)P從A點(diǎn)開(kāi)始沿射線AB方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從C點(diǎn)開(kāi)始沿射線BC方向運(yùn)動(dòng)，P、Q兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度均為1厘米/秒，兩點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)．
（1）在P、Q兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，請(qǐng)問(wèn)∠PDQ的大小是否發(fā)生變化？請(qǐng)參照?qǐng)D1說(shuō)明理由．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)（如圖1），請(qǐng)求出四邊PDQB的面積S_{四邊形PDQB}．
（3）如圖2，P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到AB延長(zhǎng)線上，設(shè)DP與線段BC的交點(diǎn)為E
①當(dāng)P、Q運(yùn)動(dòng)了4秒時(shí)，求S_△CDE-S_△BPE的值；
③P、Q運(yùn)動(dòng)了多少秒時(shí)_△CDE=S_△BPE？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)SAS證DAP≌△DCQ，推出∠ADP=∠CDQ，即可求出∠PDQ=∠ADC．
（2）求出四邊形PDQB的面積=四邊形ABCD的面積，求出四邊形ABCD的面積即可．
（2）①求出S_△CDE-S_△BPE=S_△DCB-S_△PDB，再求出△DCB和△PDB的面積，代入求出即可．
②S_△CDE-S_△BPE=S_△DCB-S_△PDB=0，根據(jù)三角形面積公式得出方程，求出方程的解即可．

解答：解：（1）∠PDQ的大小不發(fā)生變化，
理由是：∵∠A=∠DCB=∠DCQ=90°，由已知得出AP=CQ，
∴在△DAP和△DCQ中

AD=CD ∠A=∠DCQ AP=CQ

∴△DAP≌△DCQ（SAS），
∴∠ADP=∠CDQ，
∴∠PDQ=∠PDC+∠CDQ=∠PDC+∠ADP=∠ADC，
即∠PDQ的大小不發(fā)生變化，等于∠ADC．

（2）∵△ADP≌△DCQ，
∴S_△ADP=S_△DCQ，
∴四邊形PDQB的面積是
S_{四邊形PDQB}=S_{四邊形PDCB}+S_△CDQ
=S_{四邊形PDCB}+S_△ADP
=S_{四邊形ABCD}
=

1

2

×3×4+

1

2

×3×4
=12．

（3）①如圖2，連接BD，
∵P、Q運(yùn)動(dòng)了4秒，
∴AP=CQ=4，
∴S_△CDE=S_△DCB-S_△DEB，S_△BPE=S_△PDB-S_△DEB，
∵AB=BC=3，AP=4，DC=4，
∴S_△DCB=

1

2

×3×4=6，S_△PDB=

1

2

×（4-3）×4=2，
∴S_△CDE-S_△BPE=S_△DCB-S_△PDB=6-2=4．
②連接BD，
設(shè)P、Q運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，S_△CDE=S_△BPE，
則S_△CDE-S_△BPE=S_△DCB-S_△PDB=0，

1

2

×3×4-

1

2

×（t-3）×4=0，
解得t=6，
即P、Q運(yùn)動(dòng)了6秒時(shí)，S_△CDE=S_△BPE．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的面積的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力和計(jì)算能力．