题目内容

如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，动点P以2cm/s的速度，从点B出发，沿B→D的方向，向点D运动；动点Q以3cm/s的速度，从点D出发，沿D→C→B的方向，向点B移动．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达目的地时整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）求△PQD的面积S（cm²）与运动时间t（s）之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
（2）在运动过程中，当t为何值时，△PQD是以∠PDQ为顶角的等腰三角形？并说明：此时，△PQD的面积恰好等于 $数学公式$ PQ²．
（3）在运动过程中，是否存在这样的t，使得△PQD为直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵AB=6cm，BC=8cm，
∴BD= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ =10，
∵点P的速度是2cm/s，点Q的速度是3cm/m，
∴点P从点B到达点D的时间是10÷2=5秒，
点Q从点D到达点C的时间是6÷3=2秒，
到达点B的时间是（6+8）÷3= $\text{[math]}$ 秒，
①如图1①，点Q在CD上时，作PE⊥DC于点E，
则sin∠BDC= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得PE= $\text{[math]}$ （5-t），
S_△PQD= $\text{[math]}$ ×3t• $\text{[math]}$ （5-t）= $\text{[math]}$ t（5-t）=- $\text{[math]}$ t²+12t（0＜t≤2）；
②如图2②，点Q在BC上时，作PE⊥BC于点E，
则sin∠CBD= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得PE= $\text{[math]}$ t，
此时，CQ=3t-6，BQ=（6+8）-3t=14-3t，
S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，
= $\text{[math]}$ ×8×6- $\text{[math]}$ ×6（3t-6）- $\text{[math]}$ ×（14-3t）× $\text{[math]}$ t，
=24-9t+18- $\text{[math]}$ t+ $\text{[math]}$ t²，
= $\text{[math]}$ t²- $\text{[math]}$ t+42（2≤t＜ $\text{[math]}$ ），
综上所述，S与t的关系式为S=- $\text{[math]}$ t²+12t（0＜t≤2）；
S= $\text{[math]}$ t²- $\text{[math]}$ t+42（2≤t＜ $\text{[math]}$ ）；

（2）如图2，∵DP=DQ，PB=2t，DQ=3t，BD=10cm，

∴10-2t=3t，
∴t=2，
∴DQ=3t=6，
∴Q点与C点重合，
∴S_△PQD=- $\text{[math]}$ t²+12t= $\text{[math]}$ cm²，
做PH⊥DC，
∴PH∥BC，
∴ $\text{[math]}$ ，
∵t=2，
∴PD=6cm，
∴ $\text{[math]}$ ，
∴PH= $\text{[math]}$ cm，DH= $\text{[math]}$ cm，
∴HQ=HC=6- $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ cm，
∵∠PHC=90°，
∴PQ²= $\text{[math]}$ cm²，
∴ $\text{[math]}$ PQ²= $\text{[math]}$ cm²，
即S_△PQD= $\text{[math]}$ PQ²；

（3）存在这样的t，使得△PQD为直角三角形，

①如图3，若∠PQD=90°，△PQD为直角三角形，
∵矩形ABCD，
∴PQ∥BC，
∴ $\text{[math]}$ ，
∵PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm，
∴ $\text{[math]}$ ，
∴t= $\text{[math]}$ ，
②如图4，若∠QPD=90°，△PQD为直角三角形，

∴QP⊥BD，
∴PD²=PQ²=DQ²，
∵P点的运动速度为2cm/秒，Q点的运动速度为3cm/秒，
∴BP=2t，CD+CQ=3t，
∵CD=6cm，BD=10cm，BC=8cm，
∴DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，
∵∠C=90°，PQ⊥BD，
∴PD²=（10-2t）²=100-40t+4t²，
PQ²=BQ²-BP²=（14-3t）²-（2t）²=196-84t+5t²，
DQ²=CD²+CQ²=6²+（3t-6）²=72+9t²-36t，
∵PD²=PQ²=DQ²，
∴100-40t+4t²+196-84t+5t²=72+9t²-36t，
解方程得：t= $\text{[math]}$ ，
∴当t= $\text{[math]}$ 或者t= $\text{[math]}$ 时，△PQD为直角三角形．
分析：根据题意分别画出相应的图形，（1）利用勾股定理求出BD的长度，再求出点P到达点D的时间以及点Q到达点C与点B的时间，然后分①点Q在CD上时，作PE⊥DC于点E，利用∠BCD的正弦求出PE的长度，再表示出DQ，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解；②点Q在BC上时，作PE⊥BC于点E，利用∠CBD的正弦表示出PE，并用t表示出CQ、BQ的长度，然后根据S_△PQD=S_△BCD-S_△CDQ-S_△PBQ，列式整理即可得解．
（2）由DP=DQ，推出10-2t=3t，t的值，得PD的值，确定Q点与C点重合，根据（1）所推出的结论求得S_△PQD= $\text{[math]}$ cm²，做PH⊥DC，由PH∥BC，得比例式 $\text{[math]}$ ，便可求出PH，DH的值，继而得HQ的值，运用勾股定理求出PQ²= $\text{[math]}$ cm²后，便可确定S_△PQD= $\text{[math]}$ PQ²；
（3）分情况进行讨论，①若∠PQD=90°，△PQD为直角三角形，结合图形和题意推出比例式 $\text{[math]}$ 后，把PD=10-2t，DQ=3t，BD=10cm，CD=6cm代入，即可求出t= $\text{[math]}$ ，②若∠QPD=90°，△PQD为直角三角形，由勾股定理得PD²=PQ²=DQ²，由P点的运动速度为2cm/秒，Q点的运动速度为3cm/秒，推出BP=2t，CD+CQ=3t，可知DP=10-2t，BQ=14-3t，CQ=3t-6，继而推出PD²、PQ²、DQ²，关于t的表达式，根据等式PD²=PQ²=DQ²，即可求出t= $\text{[math]}$ ．
点评：本题主要考查直角三角形和等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，矩形的性质等知识点，关键在于对各相关性质定理的综合应用，在解题的过程中认真的进行计算，正确的进行分析．