Question

（2012•永嘉縣一模）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=Rt∠，AB=30cm，AD=40cm，連接BD，且BD=BC．動點P從A點出發，以4cm/s的速度沿AD向終點D運動；同時動點Q從D點出發，以5cm/s的速度沿DB向終點B運動．連接并延長PQ交折線D-C-B于點E．設動點P，Q的運動時間為t（s）．
（1）線段BC的長為

50

cm．
（2）設△PDQ的面積為S．
①求S關于t的函數解析式；
②當P在何處時△PDQ的面積最大，最大值是多少？
（3）當t為何值時，△PDQ是等腰三角形；
（4）若點P關于直線BD的對稱點為P′，連接P′E，當t=

20

7

s或5s

時，P′E∥BD（直接寫出答案）．

Answer 1

分析：（1）利用勾股定理列式求出BD的長度，即為BC的長度；
（2）①過Q作QF⊥AD于點F，利用相似三角形對應邊成比例列式求出QF的長度，再根據三角形的面積公式列式整理即可得解；
②根據二次函數的最值問題解答；
（3）因為腰長沒有明確，所以分①DP=DQ，②QP=QD，③PD=PQ三種情況，分別用含有t的代數式列式求解即可；
（4）分①點E在CD邊上時，延長AD交P′E的延長線于F點，顯然DQ是△PEF的中位線，根據垂直于同一直線的兩直線平行可得DQ∥EF，然后根據平行線的性質以及等邊對等角的性質推出∠FDE=∠DEF，再用t的代數式表示出DF、EF的長度，根據等角對等邊的性質列出方程求解即可；②點E在BC上時，則QR是△PEP′的中位線，可得Q是PE的中點，然后利用“角角邊”
證明△PDQ和△EBQ全等，根據全等三角形對應邊相等可得DQ=BQ，然后根據DQ=

1

2

BD列出方程求解即可．

解答：解：（1）∵∠A=90°，AB=30cm，AD=40cm，
∴BD=

AB2+AD2

=

302+402

=50cm，
∴BC=BD=50cm；

（2）①如圖，過Q作QF⊥AD于點F，則△ABD∽△FQD，
∴

DQ

BD

=

QF

AB

，
即

5t

50

=

QF

30

，
解得QF=3t，
∴S=

1

2

PD•QF=

1

2

（40-4t）•3t=-6t²+60t，
即S═-6t²+60t；
②∵S=-6t²+60t=-6（t-5）²+150，
∴當t=5，AP=4×5=20cm，即P為AD的中點時，S有最大值150cm²；

（3）因為腰不明確，所以分三種情況討論，
①當DP=DQ時，即40-4t=5t，解得，t=

40

9

（s），
②當QP=QD時，過Q作QF⊥AD于點F，則PF=DF，△ABD∽△FQD，
∴

DF

AD

=

QD

BD

，
即

DF

40

=

5t

50

，
解得DF=4t，
∴

1

2

（40-4t）=4t，
解得，t=

10

3

（s），
③當PD=PQ時，cos∠ADB=

1 2 DQ

PD

=

AD

BD

，
即

1 2 ×5t

40-4t

=

40

50

，
解得，t=

320

57

（s），
綜上所述，當t=

40

9

，t=

10

3

，t=

320

57

（s）時，△PDQ為等腰三角形；

（4）①如圖，當E在CD上時，延長AD交P′E的延長線于F點，顯然DQ是△PEF的中位線，
∴DQ∥EF，
∴∠1=∠3，
又∵BD=BC，
∴∠1=∠C，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠C，
∴∠2=∠3，
∴EF=DF=PD=40-4t，
由DQ是△PEF的中位線得，DQ=

1

2

EF，
∴5t=

1

2

（40-4t），
解得t=

20

7

（s），
②如圖，當E在BC上時，則QR是△PEP′的中位線，Q是PE的中點，
∴PQ=QE，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
在△PDQ和△EBQ中，
∵

∠ADB=∠CBD ∠BQE=∠DQP(對頂角相等) PQ=QE

，
∴△PDQ≌△EBQ（AAS），
∴DQ=QB=

1

2

BD，
即5t=

1

2

×50，
解得t=5（s），
綜上所述，當t=

20

7

s或5s時，P′E∥BD．

點評：本題是對二次函數的綜合考查，包括勾股定理，二次函數的最值問題，等腰三角形的兩腰相等，三角形全等的判定與性質，分類討論的思想，本題難度較大，對同學們的能力要求較高，一定要注意分情況討論．