Question

如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=20．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，在線段DA上以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)D，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(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，并寫出自變量t的取值范圍；
（2）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？
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）作PE⊥BC于點(diǎn)E，則四邊形PDCE是矩形，根據(jù)題意可得出BQ=16-t，即可得出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，以及自變量t的取值范圍；
（2）分為三種情況：①若PB=PQ，②若QB=QP，③若BQ=BP，分別求出t即可；
（3）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使得PQ⊥BD，作QM⊥AD于點(diǎn)M，因?yàn)锳D∥BC，則1+∠2=90°，由PQ⊥BD，得∠3=∠2，可證明Rt△PMQ∽R(shí)t△DCB，從而得出t．
解答：解：（1）作PE⊥BC于點(diǎn)E，則四邊形PDCE是矩形，
∴PE=DC=12，∵CQ=t，∴BQ=16-t，
∴（0≤t≤16）

（2）①若PB=PQ，∵PE⊥BC，∴BE=QE，∵EC=PD=2t，
∴BE=16-2t，QE=2t-t=t
∴16-2t=t，解得
②若QB=QP，作QF⊥AD于點(diǎn)F，在Rt△PFQ中，
∵FQ=CD=12，PF=2t-t=t，∴QP²=t²+144，∵QB²=（16-t）²
∴t²+144=（16-t）²，整理得32t=112，解得，
③若BQ=BP，在Rt△PBE中，∵PE=CD=12，BE=16-2t
∴PB²=（16-2t）²+144
∴（16-2t）²+144=（16-t）²，整理得3t²-32t+144=0，
∵△=32²-12×144=-704＜0，
∴該方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根，故BQ≠BP，
∴或時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形

（3）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使得PQ⊥BD，作QM⊥AD于點(diǎn)M
∵AD∥BC，∠C=90°，∴∠ADC=90°，∴∠1+∠2=90°，
∵PQ⊥BD，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠2，
∴Rt△PMQ∽R(shí)t△DCB，
∴，∴，
解得t=9，
∴當(dāng)t=9時(shí)，PQ⊥BD．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理，是中考?jí)狠S題，難度較大．