第04講 一元二次方程幾何應(yīng)用之動(dòng)點(diǎn)問題專題訓(xùn)練-2023-2024學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊重難點(diǎn)及章節(jié)分類精品講義(浙教版)

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?第4講 一元二次方程幾何應(yīng)用之動(dòng)點(diǎn)問題專題訓(xùn)練
1．如圖，矩形ABCD中，AB＝21cm，BC＝8cm，動(dòng)點(diǎn)E從A出發(fā)，以3cm/s的速度沿AB向B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從C出發(fā)，以2cm/s的速度沿著CD向D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)停止．則EF的長為10cm時(shí)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（　?。?br />
A．3s B．s C．3s或s D．2.5s
【分析】過點(diǎn)E作EM⊥CD于點(diǎn)M，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，MF＝|21﹣5t|cm，EM＝8cm，利用勾股定理，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論．
【解答】解：過點(diǎn)E作EM⊥CD于點(diǎn)M，如圖所示．
當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，AE＝3tcm，CF＝2tcm，EM＝8cm，
∴MF＝|AB﹣AE﹣CF|＝|21﹣5t|cm．
根據(jù)題意得：82+（21﹣5t）2＝102，
整理得：5t2﹣42t+81＝0，
解得：t1＝3，t2＝，
∴EF的長為10cm時(shí)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是3s或s．
故選：C．

2．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，AC＝13cm，點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)沿邊AB向點(diǎn)B以2cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)沿BC邊向點(diǎn)C以1cm/s的速度移動(dòng)．當(dāng)一個(gè)點(diǎn)先到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△MBN的面積為9cm2時(shí)，點(diǎn)M，N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（　?。?br />
A．2s B．3s C．4 s D．5s
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出BC的長度，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts（0≤t≤5）時(shí)，BN＝tcm，BM＝（12﹣2t）cm，根據(jù)△MBN的面積為9cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，AC＝13cm，
∴BC＝＝＝5（cm）．
當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts（0≤t≤5）時(shí)，AM＝2tcm，BN＝tcm，BM＝（12﹣2t）cm，
依題意得：BN?BM＝9，即?t（12﹣2t）＝9，
整理得：t2﹣6t+9＝0，
解得：t1＝t2＝3，
∴點(diǎn)M，N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s．
故選：B．
3．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3cm，AC＝5cm，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，B同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)方向如圖所示），點(diǎn)P的速度為cm/s，點(diǎn)Q的速度為1cm/s，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C后停止，點(diǎn)P也隨之停止運(yùn)動(dòng)，若使△PBQ的面積為cm2，則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是（　?。?br />
A．2s B．3s C．5s或3s D．5s
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出AB的長度，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，BQ＝tcm，BP＝（4﹣t）cm，根據(jù)△PBQ的面積為cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3cm，AC＝5cm，
∴AB＝＝＝4（cm）．
當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，AP＝tcm，BQ＝tcm，BP＝（4﹣t）cm，
依題意得：BP?BQ＝，
即?（4﹣t）?t＝，
整理得：t2﹣8t+15＝0，
解得：t1＝3，t2＝5，
當(dāng)t＝3時(shí)，BQ＝1×3＝3，符合題意；
當(dāng)t＝5時(shí)，BQ＝1×5＝5＞3，不符合題意，舍去．
∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是3s．
故選：B．
4．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A沿線段AB向點(diǎn)B移動(dòng)，一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B沿線段BC向點(diǎn)C移動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)開始移動(dòng)，點(diǎn)P的速度為1cm/s，點(diǎn)Q的速度為2cm/s，當(dāng)Q到達(dá)點(diǎn)C時(shí)兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．若使△PBQ的面積為5cm2，則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是（　　）
A．1s B．4s C．5s或1s D．4s或1s
【分析】設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，則BP＝（6﹣t）cm，BQ＝2tcm，利用三角形的面積計(jì)算公式，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，再結(jié)合當(dāng)Q到達(dá)點(diǎn)C時(shí)兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，即可得出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
【解答】解：設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，則BP＝（6﹣t）cm，BQ＝2tcm，
依題意得：（6﹣t）×2t＝5，
整理得：t2﹣6t+5＝0，
解得：t1＝1，t2＝5，
∵當(dāng)Q到達(dá)點(diǎn)C時(shí)兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，
∴2t≤8，
∴t≤4，
∴t＝1．
故選：A．
5．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm．現(xiàn)有動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC向點(diǎn)C方向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從頂點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CB向點(diǎn)B方向運(yùn)動(dòng)，如果點(diǎn)P的速度是2cm/s，點(diǎn)Q的速度是1cm/s，它們同時(shí)出發(fā)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)所在線段的端點(diǎn)時(shí)，就停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P，Q兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)（　　）秒時(shí)，Rt△CPQ的面積等于5cm2．

A．1 B．3 C．3或5 D．1或5
【分析】由題意可得CP＝AC﹣2t，CQ＝t，則利用三角形的面積公式即可求解．
【解答】解：設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，
由題意得：CP＝AC﹣2t，CQ＝t，
∴CP?CQ＝（AC﹣2t）t＝（12﹣2t）t＝﹣t2+6t＝5，
解得：t1＝1，t2＝5，
即當(dāng)t＝1或t＝5時(shí)，Rt△CPQ的面積等于5cm2．
故選：D．
6．如圖，在Rt△ABC中，AC＝50m，CB＝40m，∠C＝90°，點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AC邊向點(diǎn)C以2m/s的速度移動(dòng)，同時(shí)另一個(gè)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿CB向點(diǎn)B以3m/s的速度移動(dòng)，當(dāng)△PCQ的面積等于450m2時(shí)，經(jīng)過的時(shí)間是 　10s或s?。?br />
【分析】利用時(shí)間＝路程÷速度，可求出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C及點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B所需時(shí)間，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為xs，當(dāng)0＜x≤時(shí)，PC＝（50﹣2x）m，CQ＝3xm，根據(jù)△PCQ的面積等于450m2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出x的值；當(dāng)＜x＜25時(shí)，PC＝（50﹣2x）m，CQ＝40m，根據(jù)△PCQ的面積等于450m2，即可得出關(guān)于x的一元一次方程，解之即可得出x的值．綜上，此題得解．
【解答】解：50÷2＝25（s），40÷3＝（秒）．
設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為xs．
當(dāng)0＜x≤時(shí)，PC＝（50﹣2x）m，CQ＝3xm，
依題意得：（50﹣2x）?3x＝450，
整理得：x2﹣25x+150＝0，
解得：x1＝10，x2＝15（不合題意，舍去）；
當(dāng)＜x＜25時(shí)，PC＝（50﹣2x）m，CQ＝40m，
依題意得：×40（50﹣2x）＝450，
解得：x＝．
故答案為：10s或s．
7．如圖所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝12cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B開始沿BA邊以1厘米/秒的速度向A移動(dòng)；同時(shí)，點(diǎn)Q也從點(diǎn)B開始沿BC邊以2厘米/秒的速度向點(diǎn)C移動(dòng)．問：幾秒后△PBQ的面積為24平方厘米？（結(jié)果用最簡二次根式表示）

【分析】設(shè)t秒后△PBQ的面積等于24平方厘米，分別表示出線段PB和線段BQ的長，然后根據(jù)△PBQ的面積為24平方厘米列出方程求得時(shí)間即可．
【解答】解：設(shè)t秒后△PBQ的面積等于24平方厘米，根據(jù)題意得：
×2t×t＝24，
解得：t1＝﹣2（不合題意舍去），t2＝2．
答：2秒后△PBQ的面積等于24平方厘米．
8．如圖，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，點(diǎn)P沿AB邊從點(diǎn)A開始向點(diǎn)B以2cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q沿DA邊從點(diǎn)D開始向點(diǎn)A以1cm/s的速度移動(dòng)，如果P、Q同時(shí)出發(fā)，用t表示移動(dòng)的時(shí)間（0≤t≤6），那么：
（1）求四邊形QAPC的面積；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△PCQ的面積是31cm2？

【分析】（1）當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，DQ＝tcm，AQ＝（6﹣t）cm，AP＝2tcm，BP＝（12﹣2t）cm，利用S四邊形QAPC＝S矩形ABCD﹣S△CDQ﹣S△BCP，即可求出四邊形QAPC的面積；
（2）利用△PCQ的面積＝四邊形QAPC的面積﹣△APQ的面積，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，DQ＝tcm，AQ＝（6﹣t）cm，AP＝2tcm，BP＝（12﹣2t）cm，
∴S四邊形QAPC＝S矩形ABCD﹣S△CDQ﹣S△BCP
＝AB?BC﹣CD?DQ﹣BC?BP
＝12×6﹣×12t﹣×6（12﹣2t）
＝36（cm2）．
答：四邊形QAPC的面積為36cm2．
（2）依題意得：36﹣×2t（6﹣t）＝31，
整理得：t2﹣6t+5＝0，
解得：t1＝1，t2＝5．
答：當(dāng)t的值為1或5時(shí)，△PCQ的面積是31cm2．
9．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝8cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊向點(diǎn)B以1cm/s的速度移動(dòng)、同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B開始沿BC邊向點(diǎn)C以2cm/s的速度移動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另外一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．
（1）△PQB的面積能否等于9cm2？請說明理由．
（2）幾秒后，四邊形APQC的面積等于16cm2？請寫出過程．

【分析】（1）根據(jù)△PQB的面積等于9cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，由根的判別式Δ＝﹣11＜0，可得所列方程沒有實(shí)數(shù)根，進(jìn)而得出△PQB的面積不等等于9cm2；
（2）根據(jù)四邊形APQC的面積等于16cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出t的值．
【解答】解：（1）△PQB的面積不能等于9cm2，
理由如下：
∵5÷1＝5s，8÷2＝4s，
∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的取值范圍為：0≤t≤4，
根據(jù)題意可得：AP＝tm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，
假設(shè)△PQB的面積等于9cm2，
則，
整理得：t2﹣5t+9＝0，
∵Δ＝（﹣5）2﹣4×1×9＝﹣11＜0，
∴所列方程沒有實(shí)數(shù)根，
∴△PQB的面積不能等于9cm2；
（2）由（1）得：AP＝tcm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的取值范圍為：0≤t≤4，
∵四邊形APQC的面積等于16cm2，
∴，
整理得：t2﹣5t+4＝0，
解得t1＝1，t2＝4，
∴t＝1或4時(shí)，四邊形APQC的面積等于16cm2．
答：1s或4秒后，四邊形APQC的面積等于16cm2．
10．如圖，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝4cm，一動(dòng)點(diǎn)P從C出發(fā)沿著CB邊以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，另一動(dòng)點(diǎn)Q從A出發(fā)沿著AC邊以2cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，P，Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．
（1）當(dāng)t為幾秒時(shí)，△PCQ的面積是△ABC面積的？
（2）△PCQ的面積能否為△ABC面積的一半？若能，求出t的值；若不能，說明理由．

【分析】（1）根據(jù)三角形的面積公式可以求出時(shí)間t；
（2）由等量關(guān)系S△PCQ＝S△ABC列方程求出t的值，但方程無解．
【解答】解：（1）∵S△PCQ＝t（8﹣2t），S△ABC＝×4×8＝16，
∴t（8﹣2t）＝16×，
整理得t2﹣4t+4＝0，
解得t＝2．
答：當(dāng)t＝2s時(shí)△PCQ的面積為△ABC面積的；

（2）當(dāng)S△PCQ＝S△ABC時(shí)，t（8﹣2t）＝16×，
整理得t2﹣4t+8＝0，
Δ＝（﹣4）2﹣4×1×8＝﹣16＜0，
∴此方程沒有實(shí)數(shù)根，
∴△PCQ的面積不可能是△ABC面積的一半．
11．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．點(diǎn)P、Q同時(shí)由A、C兩點(diǎn)出發(fā)，分別以1cm/s和2cm/s的速度沿線段AC、CB勻速移動(dòng)，當(dāng)一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止移動(dòng)．
（1）設(shè)經(jīng)過t秒，用含t的代數(shù)式表示PC、CQ，PC＝　（6﹣t）cm　，CQ＝　2tcm　；
（2）幾秒后，△PCQ的面積是△ABC面積的？

【分析】（1）根據(jù)路程＝速度×?xí)r間，結(jié)合線段的和差關(guān)系即可求解；
（2）根據(jù)△PCQ的面積是△ABC面積的，列出方程計(jì)算即可求解．
【解答】解：（1）PC＝（6﹣t）cm，CQ＝2tcm．
故答案為：（6﹣t）cm，2tcm；
（2）依題意有：×2t（6﹣t）＝×6×8×，
解得t1＝2，t2＝4．
故2或4秒后，△PCQ的面積是△ABC面積的．
12．如圖，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PR∥BC，PQ∥AC，分別交AC，BC于R，Q．
（1）四邊形PQCR的形狀是 　平行四邊形　；若設(shè)AP＝x，則四邊形PQCR的面積可表示為 ?。ī亁2+8x）cm2?。?br /> （2）四邊形PQCR的面積能為16cm2嗎？能為20cm2嗎？如果能，請求出P點(diǎn)與A點(diǎn)之間的距離；如果不能，請說明理由．

【分析】（1）由“PR∥BC，PQ∥AC”，可得出四邊形PQCR的形狀是平行四邊形，設(shè)AP＝xcm，則PR＝xcm，BP＝BQ＝（8﹣x）cm，利用四邊形PQCR的面積＝三角形ABC的面積﹣三角形APR的面積﹣三角形PBQ的面積，即可找出四邊形PQCR的面積；
（2）四邊形PQCR的面積能為16cm2，由（1）的結(jié)論結(jié)合四邊形PQCR的面積為16cm2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論；四邊形PQCR的面積不能為20cm2，由（1）的結(jié)論結(jié)合四邊形PQCR的面積為20cm2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，由根的判別式Δ＝﹣16＜0，可得出該方程無實(shí)數(shù)根，即四邊形PQCR的面積不能為20cm2．
【解答】解：（1）∵PR∥BC，PQ∥AC，
∴四邊形PQCR的形狀是平行四邊形．
設(shè)AP＝xcm，則PR＝xcm，BP＝BQ＝（8﹣x）cm，
∴四邊形PQCR的面積＝AB?BC﹣AP?PR﹣BP?BQ
＝×8×8﹣?x?x﹣?（8﹣x）?（8﹣x）
＝﹣x2+8x．
故答案為：平行四邊形；（﹣x2+8x）cm2．
（2）四邊形PQCR的面積能為16cm2，
依題意得：﹣x2+8x＝16，
整理得：x2﹣8x+16＝0，
解得：x1＝x2＝4，
∴P點(diǎn)與A點(diǎn)之間的距離為4cm時(shí)，四邊形PQCR的面積為16cm2；
四邊形PQCR的面積不能為20cm2，理由如下：
依題意得：﹣x2+8x＝20，
整理得：x2﹣8x+20＝0，
∵Δ＝（﹣8）2﹣4×1×20＝﹣16＜0，
∴該方程無實(shí)數(shù)根，
即四邊形PQCR的面積不能為20cm2．
13．如圖，四邊形ABCD兩條對角線AC、BD互相垂直，且AC+BD＝10．
設(shè)AC＝x，（0＜x＜5）
（1）用含x的式子表示：S四邊形ABCD＝　﹣x2+5x?。?br /> （2）當(dāng)四邊形ABCD四邊形的面積為8cm2時(shí)，求AC、BD的長．

【分析】（1）設(shè)AC，BD交于O，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)題意得到方程，解方程即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）設(shè)AC，BD交于O，
∵AC+BD＝10，AC＝x，
∴BD＝10﹣x，
∵AC⊥BD，
∴S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝AC?DO+AC?BO＝AC?BD＝x（10﹣x）＝﹣x2+5x；
故答案為：﹣x2+5x；
（2）∵四邊形ABCD四邊形的面積為8cm2，
∴﹣x2+5x＝8，
解得x1＝2，x2＝8（不合題意舍去），
∴AC＝2cm，BD＝8cm．

14．如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝12cm，AC＝8cm，現(xiàn)有動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BA方向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿射線CA方向運(yùn)動(dòng)，已知點(diǎn)P的速度是2cm/s，點(diǎn)Q的速度是1cm/s．它們同時(shí)出發(fā)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間是ts（t＞0）．
（1）當(dāng)t＝4時(shí)，求△APQ的面積．
（2）經(jīng)過多少秒時(shí)，△APQ的面積是△ABC面積的一半．

【分析】（1）根據(jù)各邊之間的關(guān)系，可找出當(dāng)t＝4時(shí)AP，AQ的長，再利用三角形的面積計(jì)算公式，即可求出結(jié)論；
（2）利用時(shí)間＝路程÷速度，可分別求出點(diǎn)P，Q到達(dá)點(diǎn)A的時(shí)間，分0＜t＜6，6＜t＜8及t＞8三種情況考慮，根據(jù)△APQ的面積是△ABC面積的一半，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）當(dāng)t＝4時(shí)，BP＝2×4＝8（cm），CQ＝1×4＝4（cm），
∴AQ＝AC﹣CQ＝8﹣4＝4（cm），AP＝AB﹣BP＝12﹣8＝4（cm），
∴△APQ的面積＝AQ?AP＝×4×4＝8（cm2）．
答：當(dāng)t＝4時(shí)，△APQ的面積為8cm2．
（2）12÷2＝6（秒），8÷1＝8（秒）．
當(dāng)0＜t＜6時(shí)，AP＝（12﹣2t）cm，AQ＝（8﹣t）cm，
∴（12﹣2t）（8﹣t）＝××12×8，
整理得：t2﹣14t+24＝0，
解得：t1＝2，t2＝12（不符合題意，舍去）；
當(dāng)6＜t＜8時(shí)，AP＝（2t﹣12）cm，AQ＝（8﹣t）cm，
∴（2t﹣12）（8﹣t）＝××12×8，
整理得：t2﹣14t+72＝0，
∵Δ＝（﹣14）﹣4×1×72＝﹣92＜0，
∴方程無解；
當(dāng)t＞8時(shí)，AP＝（2t﹣12）cm，AQ＝（t﹣8）cm，
∴（2t﹣12）（t﹣8）＝××12×8，
整理得：t2﹣14t+24＝0，
解得：t1＝2（不符合題意，舍去），t2＝12．
綜上所述，經(jīng)過2秒或12秒時(shí)，△APQ的面積是△ABC面積的一半．

15．等腰△ABC的直角邊AB＝BC＝10cm，點(diǎn)P、Q分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，均以1cm/秒的相同速度做直線運(yùn)動(dòng)，已知P沿射線AB運(yùn)動(dòng)，Q沿邊BC的延長線運(yùn)動(dòng)，PQ與直線AC相交于點(diǎn)D．設(shè)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，△PCQ的面積為S．
（1）求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)幾秒時(shí)，S△PCQ＝S△ABC？
（3）當(dāng)點(diǎn)P在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，作PE⊥AC于點(diǎn)E，請問：線段DE的長度是否改變？如果不改變，請求出這個(gè)定值，如果改變，請說明理由．

【分析】（1）分兩種情況推理即可；
（1）根據(jù)三角形的面積公式解答即可；
（3）由等腰直角三角形和平行四邊形進(jìn)行解答即可．
【解答】解：（1）當(dāng)t＜10秒時(shí)，P在線段AB上，此時(shí)CQ＝t，PB＝10﹣t，

∴S＝×t（10﹣t）＝（10t﹣t2），
當(dāng)t＞10秒時(shí)，P在線段AB得延長線上，此時(shí)CQ＝t，PB＝t﹣10，
∴S＝×t（t﹣10）＝（t2﹣10t）．
（2）∵S△ABC＝，
∴當(dāng)t＜10秒時(shí)，S△PCQ＝，
整理得t2﹣10t+100＝0，此方程無解，
當(dāng)t＞10秒時(shí)，S△PCQ＝，
整理得t2﹣10t﹣100＝0，解得t＝5±5（舍去負(fù)值），
∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)5+5秒時(shí)，S△PCQ＝S△ABC．
（3）當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變，
證明：過Q作QM⊥AC，交直線AC于點(diǎn)M，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠ACB＝∠QCM＝45°，
∴△APE和△QCM都是等腰直角三角形，
∵AP＝CQ，
∴AE＝PE＝CM＝QM＝t，
∴四邊形PEQM是平行四邊形，且DE是對角線EM的一半．
又∵EM＝AC＝10，
∴DE＝5，
∴當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變．

16．如圖，直線l1：y1＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P（m，3）為直線l1上一點(diǎn)，另一直線l2：y2＝x+b過點(diǎn)P．
（1）求點(diǎn)P坐標(biāo)和b的值；
（2）若點(diǎn)C是直線l2與x軸的交點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始以每秒1個(gè)單位的速度向x軸正方向移動(dòng)至A．設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
①請寫出當(dāng)點(diǎn)Q在運(yùn)動(dòng)過程中，△APQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；
②是否存在t的值，使△APQ面積為△APC的一半？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．
③是否存在t的值，使△APQ為以AQ為底的等腰三角形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）把P（m，3）的坐標(biāo)代入直線l1上的解析式即可求得P的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得b；
（2）根據(jù)直線l2的解析式得出C的坐標(biāo)，
①根據(jù)題意得出AQ＝9﹣t，然后根據(jù)S＝AQ?|yP|即可求得△APQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；
②結(jié)合①的結(jié)論列方程可得答案；
③當(dāng)PQ＝AQ時(shí)，可得（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（t﹣7﹣2）2，即可解得答案．
【解答】解；（1）∵點(diǎn)P（m，3）為直線l1上一點(diǎn)，
∴3＝﹣m+2，解得m＝﹣1，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，3），
把點(diǎn)P的坐標(biāo)代入y2＝x+b得，3＝×（﹣1）+b，
解得b＝；
（2）∵b＝，
∴直線l2的解析式為y＝x+，
令y＝0得x＝﹣7，
∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣7，0），
①由直線l1：y1＝﹣x+2可知A（2，0），
∴AQ＝2+7﹣t＝9﹣t，
∴S＝AQ?|yP|＝×（9﹣t）×3＝﹣t；
②存在t的值，使△APQ面積為△APC的一半，理由如下：
根據(jù)題意得：﹣t＝×9×3×，
解得t＝，
∴t的值為時(shí)，使△APQ面積為△APC的一半；
③存在t的值，使△APQ為以AQ為底的等腰三角形，理由如下：
∵CQ＝t，C（﹣7，0），
∴Q（﹣7+t，0），
∵A（2，0），P（﹣1，3），
∴（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（2+1）2+（0﹣3）2，
∴（t﹣6）2＝32，
解得t＝3或t＝9（舍去），
當(dāng)t的值為3時(shí)，△APQ為以AQ為底的等腰三角形．