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专题 21.3 几何动点问题
【典例1】如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm．点P从点A出发，沿AB向点B以
1cm/s的速度移动，同时点Q从点B出发，沿BC向点C以2cm/s的速度移动．
（1）经过多少秒后，△PBQ的面积为8cm2？
（2）线段PQ能否将△ABC分成面积相等的两部分？若能，求出移动时间；若不能，请说明理由．
（3）若点P从点A出发，沿射线AB方向以1cm/s的速度移动，同时点Q从点C出发，沿射线CB方向以
2cm/s的速度移动，经过多少秒后△PBQ的面积为1cm2？
【思路点拨】
（1）根据三角形面积公式列出方程，解方程即可；
（2）根据三角形面积公式列出方程，根据一元二次方程根的判别式解答；
（3）分点P在线段AB上，点Q在线段CB上、点P在线段AB上，点Q在射线CB上、点P在射线AB
上，点Q在射线CB上三种情况，根据三角形面积公式列出方程，解方程得到答案．
【解题过程】
（1）解：设经过x秒后，△PBQ的面积为8cm2．
根据题意得：AP=xcm,BQ=2xcm，
∴BP=(6−x)cm，
1
∴ (6−x)⋅2x=8，解得x =2，x =4，
2 1 2
故经过2秒或4秒后，△PBQ的面积为8cm2；
（2）解∶ 设经过t秒后，线段PQ将△ABC分成面积相等的两部分．
1
∵S = ×6×8=24，
△ABC 21 1
∴S = (6−t)⋅2t= ×24，即t2−6t+12=0．
△PBQ 2 2
∵Δ=b2−4ac=(−6) 2−4×12=−12<0，
∴此方程无实数根，
∴线段PQ不能将△ABC分成面积相等的两部分．
（3）解：设y秒后，△PBQ的面积为1cm2；
分三种情况：
①点P在线段AB上，点Q在线段CB上(0<t<4)，如图所示，
1
依题意得： (6−y)(8−2y)=1 ，
2
即y2−10 y+23=0，
解得y =5+❑√2，y =5−❑√2，
1 2
经检验，y =5+❑√2 不符合题意，舍去，
1
∴y=5−❑√2；
②点P在线段AB上，点Q在射线CB上(4<t<6)，如图所示，
1
依题意得： (6−y)(2y−8)=1，
2即y2−10 y+25=0，
解得y = y =5，
1 2
经检验，y=5符合题意；
③点P在射线AB上，点Q在射线CB上(t>6)，如图所示，
1
依题意得： (y−6)(2y−8)=1，
2
即y2−10 y+23=0，
解得y =5+❑√2，y =5−❑√2，
1 2
经检验，y =5−❑√2不符合题意，舍去，
2
∴y=5+❑√2，
综上所述，经过(5−❑√2)秒或5秒或(5+❑√2)秒后，△PBQ的面积等于1cm2．
1．（2022春·浙江绍兴·八年级校联考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝6cm，BC＝7cm，∠ABC＝
30°，点P从A点出发，沿射线AB方向以1cm/s的速度移动，点Q从B点出发，沿射线BC方向以2cm/s的
速度移动．如果P、Q两点同时出发，问：经过_________________秒后△PBQ的面积等于4cm2．
【思路点拨】
过点Q作QE⊥PB于点E，设时间t，根据面积列方程即可求出答案．【解题过程】
解：如图，过点Q作QE⊥PB于点E，则∠QEB=90°，
∵∠ABC=30°，
∴2QE=QB，
设经过t秒后ΔPBQ的面积等于4cm2，
则AP=tcm，QB=2t(cm)，QE=t(cm)，
当点P在线段AB上运动时，BP=(6−t)cm(0<t<6)，
1
根据题意： ×(6−t)⋅t=4，
2
∴t =2，t =4，
1 2
当点P在AB的延长线上运动时，BP=(6−t)cm(t>6)，
1
根据题意： ×(t−6)⋅t=4，
2
∴t =3+❑√17，t =3−❑√17（舍)，
1 2
故经过2秒或4秒或3+❑√17秒后，ΔPBQ的面积等于4cm2．
故答案为：2秒或4秒或3+❑√17秒．
2．（2022秋·山东临沂·九年级校考阶段练习）在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=3厘米，点
P从点A开始沿AB边向B点以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速度
移动，如果点P，Q分别从A，B两点同时出发，则经过______秒后，P，Q两点间距离为4❑√2厘米．
【思路点拨】
3
设经过t秒后，P，Q两点间距离为4❑√2厘米，先根据运动路程和速度求出t的取值范围，再分0<t< 、
23
≤t<6和t=6三种情况，然后分别在Rt△BPQ中，利用勾股定理建立关于t的一元二次方程，解方程即可
2
得出答案．
【解题过程】
解：设经过t秒后，P，Q两点间距离为4❑√2厘米，
AB
由题意得：点P从点A开始沿AB边运动到点B所需时间为 =6秒，
1
BC 3
点Q从点B开始沿BC边运动到点C所需时间为 = 秒，
2 2
因此，分以下三种情况：
3
（1）当点Q到达点C之前，即0<t< 时，则AP=t厘米，BQ=2t厘米，
2
∵ AB=6厘米，
∴BP=AB−AP=(6−t)厘米，
则在Rt△BPQ中，BP2+BQ2=PQ2，即(6−t) 2+(2t) 2=(4❑√2) 2 ，
整理得：5t2−12t+4=0，
2 3
解得t= 或t=2> （不符题设，舍去）；
5 2
3
（2）当点Q到达点C，点P继续向点B移动，即 ≤t<6时，则BQ=BC=3厘米，
2
由BP2+BQ2=PQ2得：(6−t) 2+32=(4❑√2) 2 ，
整理得：t2−12t+13=0，
3
解得t=6+❑√23>6或t=6−❑√23< （均不符题设，舍去）；
2
（3）当点Q到达点C，点P到达点B，即t=6时，
则PQ=BC=3厘米，不符题意；
2
综上，经过 秒后，P，Q两点间距离为4❑√2厘米，
5
2
故答案为： ．
5
3．（2022春·浙江杭州·九年级专题练习）如图，长方形ABCD中，AB=6cm，AD=2cm，动点P、Q分
别从点A、C同时出发，点P以2厘米/秒的速度向终点B移动，点Q以1厘米/秒的速度向D移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动．设运动的时间为t秒，当t=________时，以点P、Q、D为顶点的三角
形是等腰三角形．
【思路点拨】
分情况讨论，如图1，当PQ＝DQ时，如图2，当PD＝PQ时，如图3，当PD＝QD时，由等腰三角形的
性质及勾股定理建立方程就可以得出结论．
【解题过程】
解：如图1，当PQ＝DQ时，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t．
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t．DQ＝6﹣t．
∵PQ＝DQ，
∴PQ＝6﹣t．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝（6﹣t）2，
3±❑√7
解得：t＝ ．
2如图2，当PD＝PQ时，
作PE⊥DQ于E，
1
∴DE＝QE＝ DQ，∠PED＝90°．
2
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴PE＝BC＝2cm．
∵DQ＝6﹣t，
6−t
∴DE＝ ．
2
6−t
∴2t＝ ，
2
6
解得：t＝ ；
5
如图3，当PD＝QD时，
∵AP＝2t，CQ＝t，
∴DQ＝6﹣t，
∴PD＝6﹣t．
在Rt△APD中，由勾股定理，得4+4t2＝（6﹣t）2，
−6+2❑√33 −6−2❑√33
解得t＝ ，t＝ （舍去）．
1 3 2 3
3+❑√7 3−❑√7 6 −6+2❑√33
综上所述：t＝ ， ， ， ．
2 2 5 3
3+❑√7 3−❑√7 6 −6+2❑√33
故答案为： ， ， ， ．
2 2 5 3
4．（2022春·安徽合肥·八年级校考阶段练习）如图，△ABC中，∠C=90∘，AC=8cm，BC=4cm，一
动点P从点C出发沿着CB方向以1cm/s的速度运动，另一动点Q从A出发沿着AC边以2cm/s的速度运
动，P，Q两点同时出发，运动时间为t(s)．
1
（1）若△PCQ的面积是△ABC面积的 ，求t的值？
4
（2）△PCQ的面积能否为△ABC面积的一半？若能，求出t的值；若不能，说明理由．
【思路点拨】
1 1
（1）根据三角形的面积公式可以得出△ABC面积为： ×4×8=16，△PCQ的面积为 t(8−2t)，由题
2 2
意列出方程解答即可；
1
（2）由等量关系S PCQ= S ABC列方程求出t的值，但方程无解．
△ 2 △
【解题过程】
1 1
解：（1）∵ S = t(8−2t)，S = ×4×8=16，
△PCQ 2 △ABC 2
1 1
∴ t(8−2t)= ×16，
2 4
∴ t2−4t+4=0，
解得：t=2．
1
答：当t=2s时，△PCQ的面积为△ABC面积的 ．
4（2）△PCQ的面积不可能是△ABC面积的一半．理由如下：
1
当S = S 时，
△PCQ 2 △ABC
1 1
t(8−2t)= ×16，
2 2
整理得：t2−4t+8=0，
∵ Δ=b2−4ac=(−4) 2−4×1×8=−16<0，
∴此方程没有实数根，
∴ △PCQ的面积不可能是△ABC面积的一半．
5．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A沿AC
边向C点以1cm/s的速度移动，在C点停止，点Q从C点开始沿CB边向点B以2cm/s的速度移动，在B
点停止．
（1）如果点P，Q分别从A、C同时出发，经过2秒钟后，S QPC＝ cm2；
△
（2）如果点P从点A先出发2s，点Q再从点C出发，问点Q移动几秒钟后S QPC＝4cm2？
△
（3）如果点P、Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟后PQ＝BQ？
【思路点拨】
本题可设P出发xs后，S 符合已知条件：
ΔQPC
1
在（1）中，AP=xm，PC=(6−x)m，QC=2xm，得出S = (6−x)·2x，即可求出经过2秒钟后
ΔQPC 2
的面积；
在（2）中，AP=xm，PC=(6−x)m，QC=2(x−2)m，进而可列出方程，求出答案；
在（3）中，PC=(6−x)m，QC=2xm，BQ=8−2x，利用勾股定理和PQ=BQ列出方程，求出答案．
【解题过程】
1
解：（1）P、Q同时出发，经过x秒钟，S = (6−x)·2x，
ΔQPC 2
当x=2，1 1
S = (6−x)·2x= ×4×4=8，
ΔQPC 2 2
故答案是：8．
（2）设P出发ts时S =4cm2，则Q运动的时间为(x−2)秒，由题意得：
ΔQPC
1
(6−x)·2(x−2)=4，
2
∴x2−8x+16=0，
解得：x =x =4
1 2
因此经4秒点P离A点1×4=4cm，点Q离C点2×(4−2)=4cm，符合题意．
答：P先出发2s，Q再从C出发2s后，S =4cm2 ．
ΔQPC
（3）设经过x秒钟后PQ=BQ，则PC=(6−x)m，QC=2xm，BQ=8−2x，
(6−x) 2+(2x) 2=(8−2x) 2，
解得x =−10+8❑√2，x =−10−8❑√2（不合题意，舍去）
1 2
答：经过−10+8❑√2秒钟后PQ=BQ．
6．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=5cm，BC=8cm．点P从点A开
始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动、同时点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，当其中一
点到达终点时，另外一点也随之停止运动．
（1）△PQB的面积能否等于9cm2？请说明理由．
（2）几秒后，四边形APQC的面积等于16cm2？请写出过程．
【思路点拨】
（1）根据△PQB的面积等于9cm2，即可得出关于t的一元二次方程，由根的判别式Δ=−11<0，可得所列
方程没有实数根，进而得出△PQB的面积不等等于9cm2；
（2）根据四边形APQC的面积等于16cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，结合当t=4时，C，Q点重合，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：△PQB的面积不能等于9cm2，理由如下：
∵5÷1=5s，8÷2=4s，
∴运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
根据题意可得：AP=tcm， BP=(5−t)cm，BQ=2tcm，
假设△PQB的面积等于9cm2，
1
则 (5−t)×2t=9，
2
整理得：t2−5t+9=0，
∵Δ=(−5) 2−4×1×9=−11<0，
∴所列方程没有实数根，
∴ △PQB的面积不能等于9cm2；
（2）解：由（1）得：AP=tcm， BP=(5−t)cm，BQ=2tcm，运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，
∵四边形APQC的面积等于16cm2，
1 1
∴ ×5×8− (5−t)×2t=16，
2 2
整理得：t2−5t+4=0，
解得t =1，t =4，
1 2
当当t=4时，C，Q点重合，不符合题意，舍去，
∴t=1，
答：1s后，四边形APQC的面积等于16cm2．
7．（2022秋·广西贵港·九年级统考期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P
从点A开始沿射线AC向点C以2cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点C开始沿边CB向点B以1cm/s的速
度移动．如果P、Q分别从A、C同时出发，运动的时间为t秒．当点Q运动到点B时，两点停止运动．
（1）当点P在线段AC上运动时，P、C两点之间的距离为______cm．（用含t的代数式表示）1
（2）在运动的过程中，是否存在某一时刻，使得△PQC的面积是△ABC面积的 ．若存在，求t的值；若
6
不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）利用勾股定理求出AC=6cm，然后根据AP=2t即可得出答案；
（2）分两种情况：①当点P在线段AC上，即0≤t≤3时，②当点P在线段AC的延长线上，即3<t≤8时，
1
分别根据△PQC的面积是△ABC面积的 列方程求解即可．
6
【解题过程】
（1）解：∵在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC=❑√102−82=6cm，
∵点P从点A开始沿射线AC向点C以2cm/s的速度移动，
∴AP=2t，
∴当点P在线段AC上运动时，P、C两点之间的距离为(6−2t)cm，
故答案为：(6−2t)；
1
（2）解：S = ×6×8=24cm2 ，
△ABC 2
①当点P在线段AC上，即0≤t≤3时，
∵PC=6−2t，QC=t，
1 1 1
∴S = PC⋅QC= (6−2t)⋅t= ×24，
△PQC 2 2 6
整理得：t2−3t+4=0，
∵Δ=b2−4ac=9−16=−7<0，
∴该一元二次方程无实数根，
∴此情况不存在；
②当点P在线段AC的延长线上，即3<t≤8时，
∵PC=2t−6，QC=t，
1 1 1
∴S = PC⋅QC= (2t−6)⋅t= ×24，
△PQC 2 2 6
整理得：t2−3t−4=0，
解得：t=4或−1（舍去），1
综上所述，存在，当t=4时，△PQC的面积是△ABC面积的 ．
6
8．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC 中，∠B=90°，AB=12 cm，BC=16 cm．点 P从点
A 开始沿 AB 边向点 B 以 1 cm/s的速度移动，点 Q从点 B开始沿 BC 边向点 C以 2 cm/s的速度移
动．如果 P、 Q分别从 A、B同时出发，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时
间为 t秒．
（1）当 t 为何值时，△PBQ的面积等于 35cm2？
（2）当 t 为何值时，PQ的长度等8❑√2cm？
（3）若点 P，Q的速度保持不变，点 P在到达点 B后返回点 A，点 Q在到达点 C后返回点 B，一个点
停止，另一个点也随之停止．问：当 t为何值时，△PCQ的面积等于 32cm2？
【思路点拨】
（1）分别用含t的代数式表示PB，BQ的长，利用面积公式列方程求解即可．
（2）分别用含t的代数式表示PB，BQ的长，利用勾股定理列方程求解即可．
（3）分段要清楚，0≺t≤8，P，Q都没有返回，表示好PB，CQ的长，用面积公式列方程，8≺t≤12，
P不返回，Q返回，表示好PB，CQ的长，用面积公式列方程，12≺t≤16，两点都返回，表示好PB，CQ
的长，用面积公式列方程即可得到答案．
【解题过程】
解：（1）BP=AB−AP=12−t,BQ=2t，.
1
根据三角形的面积公式，得 PB•BQ=35，
2
1
即 (12−t)•2t=35 ，
2
整理，得t2−12t+35=0 ，
解得t =5,t =7，.
1 2
故当t为5或7时，ΔPBQ的面积等于35cm2．.
（2）根据勾股定理，得PQ2=BP2+BQ2=(12−t) 2+(2t) 2=(8❑√2) 2 ，整理，得5t2−24t+16=0 ，
4
解得t = ,t =4
1 5 2
4
故当t为 或4时，PQ的长度等于8❑√2cm．
5
（3）①当0≺t≤8时，PB=12−t,CQ=16−2t，
1
由题意，得 (16−2t)(12−t)=32 ，
2
解得：t =4,t =16（舍去）.
1 2
②当8≺t≤12时，PB=12−t,CQ=2t−16，
1
由题意，得 (2t−16)(12−t)=32，此时方程无解.
2
③当12≺t≤16时，PB=t−12,CQ=2t−16，
1
由题意，得 (2t−16)(t−12)=32，
2
解得：t =16,t =4（舍去），.
1 2
综上所述，当t为4或16时，ΔPCQ的面积等于32cm2．
9．（2022秋·广东东莞·九年级统考阶段练习）如图所示，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，
BC=8cm，点P从点A出发沿AC以1cm/s的速度向点C移动，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向
点C移动．
（1）如果P，Q两点同时出发，当某个点先到达终点时，运动终止．问：几秒钟后△PCQ的面积等于
8cm2？
（2）如果P，Q两点同时出发，且点Q到达点C后立即返回，速度保持不变，直到点P到达点C后同时
停止运动，那么在整个移动过程中，是否存在某一时刻，使得△PCQ的面积等于1cm2？若存在，求出运
动时间；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设t(0<t<4)s后△PCQ的面积等于8cm2，根据题意设CP=(6−t)cm，CQ=(8−2t)cm，利用三角1
形面积公式可得 (6−t)(8−2t)=8，解出t的值即可；
2
（2）根据题意分类讨论：当运动时间为t(0<t<4)s时，CP=(6−t)cm，CQ=(8−2t)cm，利用三角形面
1
积公式可得 (6−t)(8−2t)=1，解出t的值即可；当运动时间为t(4≤t<6)s时，CP=(6−t)cm，
2
1
CQ=(2t−8)cm，利用三角形面积公式可得 (6−t)(2t−8)=1，解出t的值即可．
2
【解题过程】
（1）解：6÷1=6(s)，8÷2=4(s)，
设t(0<t<4)s后△PCQ的面积等于8cm2，则CP=(6−t)cm，CQ=(8−2t)cm，
1
∴根据题意，得 (6−t)(8−2t)=8，
2
∴整理，得t2−10t+16=0，
解得t =2，t =8（不合题意，舍去），
1 2
∴2s后△PCQ的面积为8cm2．
（2）解：存在．
当运动时间为t(0<t<4)s时，CP=(6−t)cm，CQ=(8−2t)cm，
1
∴根据题意，得 (6−t)(8−2t)=1，
2
∴整理，得t2−10t+23=0，
解得t =5−❑√2，t =5+❑√2（不合题意，舍去）；
1 2
当运动时间为t(4≤t<6)s时，CP=(6−t)cm，CQ=(2t−8)cm，
1
∴根据题意，得 (6−t)(2t−8)=1，
2
∴整理，得t2−10t+25=0，
解得t =t =5，
3 4
∴当运动时间为(5−❑√2)s或5s时，△PCQ的面积等于1cm2．
10．（2022秋·山东青岛·九年级山东省青岛实验初级中学校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝
10cm，AD＝8cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向终点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以
1cm/s的速度向终点C运动，它们到达终点后停止运动．（1）几秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；
（2）是否存在时间t使得△DPQ的面积是22cm2？若存在请求出t，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，根据勾股定理可得PD2=4PQ2，然后再代入相应数
据可得方程82+(2t) 2=4[(10−2t) 2+t2 ]，再解即可；
（2）设x秒后ΔDPQ的面积是24cm2，利用矩形面积−ΔDPQ的面积=周围三个三角形面积和列方程即
可．
【解题过程】
解：（1）设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，
∴PD=2PQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴PD2=AP2+AD2，PQ2=BP2+BQ2，
∵PD2=4PQ2，
①0<t≤5时，
∴82+(2t) 2=4[(10−2t) 2+t2)，
解得：t =3，t =7；
1 2
∵t=7时10−2t<0，
∴t=3，
②5<t≤8时，
PD=❑√AB2+AD2=2❑√41，
∵PD=2PQ，
∴PQ=❑√41，
∵点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向终点C运动，
∴t=❑√41，答：3秒或❑√41秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；
（2）不存在，理由如下：
设x秒后ΔDPQ的面积是22cm2，
∵S =S −S −S −S ．
ΔDPQ 四边形ABCD ΔADP ΔBQP ΔDCQ
1 1 1
∴ ×8×2x+ (10−2x)⋅x+ (8−x)×10=80−22，
2 2 2
整理得x2−8x+18=0，
∵该方程无解，
∴不存在时间t使得ΔDPQ的面积是22cm2．
11．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝12cm，AC＝8cm，现有动
点P从点B出发，沿射线BA方向运动，动点Q从点C出发，沿射线CA方向运动，已知点P的速度是
2cm/s，点Q的速度是1cm/s，它们同时出发，设运动时间是ts（t＞0）．
（1）当t＝4时，求△APQ的面积．
（2）经过多少秒时，△APQ的面积是△ABC面积的一半．
【思路点拨】
（1）根据点P的速度是2cm/s，点Q的速度是1cm/s，AP=4cm，AQ=4cm，利用面积公式求解；
（2）设经过t秒ΔAPQ的面积是ΔABC面积的一半，则BP=2t cm，CQ=2t cm，
进而表示出AP=(12−2t)cm，AQ=(8−t)cm，利用面积公式表示出方程求解但是由于题目给的是射
线，注意分类讨论．
【解题过程】
解：（1）∵点P的速度是4cm/s，点Q的速度是2cm/s，
当t＝4时，BP＝2t＝8cm，CQ＝t＝4cm，
∴AP＝4cm，AQ＝4cm，
1
∴S = ×4×4＝8．
△APQ 2
（2）设经过t秒△APQ的面积是△ABC面积的一半．1 1 1
根据题意得： S = × ×12×8＝24cm2，
2 △ABC 2 2
当0＜t＜6 时如图1：
1
S = （12﹣2t）（8﹣t）＝24，
△APQ 2
整理得t2﹣14t+24＝0，
解得t＝12（舍去）或t＝2．
当6＜t＜8时如图2：
1
S = （2t﹣12）（8﹣t）＝24，
△APQ 2
整理得t2﹣14x+72＝0，
△＜0，无解．
当t＞8时如图3：
1
S = （2t﹣12）（t﹣8）＝24，
△APQ 2
整理得t2﹣14x+24＝0，
解得t＝12或t＝2（舍去）．
综上所述：经过2秒或12秒△APQ的面积是△ABC面积的一半．12．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，A、B、C、D为矩形的4个顶点，AB＝16cm，BC＝6cm，动
点P、Q分别以3cm/s、2cm/s的速度从点A、C同时出发，点Q从点C向点D移动．
（1）若点P从点A移动到点B停止，点P、Q分别从点A、C同时出发，问经过2s时P、Q两点之间的距
离是多少cm？
（2）若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，点P、Q分别从点A、C同时出发，
问经过多长时间P、Q两点之间的距离是10cm？
（3）若点P沿着AB→BC→CD移动，点P、Q分别从点A、C同时出发，点Q从点C移动到点D停止
时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
【思路点拨】
（1）作PE⊥CD于E，表示出PQ的长度，利用PE2+EQ2=PQ2列出方程求解即可；
（2）设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．在Rt△PEQ中，根据勾股定理列出关于x的方程（16-5x）
2=64，通过解方程即可求得x的值；
（3）分类讨论：①当点P在AB上时；②当点P在BC边上时；③当点P在CD边上时，分别求解即可．
【解题过程】
解：（1）过点P作PE⊥CD于E．
则根据题意，得
EQ=16-2×3-2×2=6（cm），PE=AD=6cm；
在Rt△PEQ中，根据勾股定理，得
PE2+EQ2=PQ2，即36+36=PQ2，∴PQ=6❑√2cm；
∴经过2s时P、Q两点之间的距离是6❑√2cm；
（2）设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．
（16-2x-3x）2+62=102，即（16-5x）2=64，
∴16-5x=±8，
8 24
∴x= ，x= ；
1 5 2 5
8 24
∴经过 s或 sP、Q两点之间的距离是10cm；
5 5
（3）连接BQ．设经过ys后△PBQ的面积为12cm2．
16
①当点P在AB上时， 0≤y≤ ，则PB=16-3y，
3
1 1
∴ PB•BC=12，即 ×（16-3y）×6=12，
2 2
解得y=4；
16 22
②当点P在BC边上时， ＜y≤ ，则BP=3y-AB=3y-16，QC=2y，
3 3
1 1
∴ BP•CQ= （3y-16）×2y=12，
2 2
2
解得y=6，y=- （舍去）；
1 2 3
22
③当点P在CD边上时， ＜y≤8，则QP=CQ-PQ=22-y，
3
1 1
∴ QP•CB= （22-y）×6=12，
2 2
解得y=18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒△PBQ的面积为 12cm2．
13．（2023春·八年级单元测试）如图，平行四边形ABCO位于直角坐标系中，O为坐标原点，点
A(−8,0)，点C(3,4)BC交y轴于点D. 动点E从点D出发，沿DB方向以每秒1个单位长度的速度终点B
运动，同时动点F从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，当点E运动到点B时，
点F随之停止运动，运动时间为 t（秒）．（1）用t的代数式表示： BE= ________， OF= ________
（2）若以A，B，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
（3）当△BEF恰好是等腰三角形时，求t的值．
【思路点拨】
（1）根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，即可求得BE=5−t，OF=2t；
（2）分两种情况讨论：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，BE=AF；②当F在A点左侧，四
边形BEAF为平行四边形，BE=AF，列方程求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当BF=EF时；②当EB=FB时；③当BE=FE时，分别列方程求解即可．
【解题过程】
解：（1）如图
根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，点A(−8,0)，C(3,4)
∴BD=BC-CD=8-3=5，
BE=BD-DE=5－t；
OF＝2t
故答案为BE=5-t，OF=2t．
（2）解：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，BE=AF，
即8−2t=5−t，
解得t=3，
②当F在A点左侧，四边形BEAF为平行四边形，
BE=AF，即5−t=2t−8，
13
解得t= ；
3
（3）解：当△BEF恰好是等腰三角形时，过点B作BJ⊥x轴于J，过点E作EK⊥x轴于K，
BE=5-t，
EF=❑√EK2+FK2=❑√42+(2t−t) 2，
BF=❑√BJ2+J F2=❑√42+(5−2t) 2，
有以下三种情况：①当BF=EF时，有❑√42+(2t−t) 2=❑√42+(5−2t) 2，
5−2t=t，
5
解得t= ；
3
②当EB=FB时，
有(5−t) 2=16+(5−2t) 2，
△=100-4×3×16=-92＜0，故方程无解；
③当BE=FE时，有(5−t) 2=16+t2，
9
解得t= ；
10
5 9
所以，当t= 或t= 时，△BEF恰好是等腰三角形．
3 10
14．（2022秋·山东青岛·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=8厘米．点P
从A点开始沿AB边向点B以1厘米/秒的速度移动（到达点B即停止运动），点Q从B点开始沿BC边向
点C以2厘米/秒的速度移动（到达点C即停止运动）．
（1）如果P、Q分别从A、B两点同时出发，经过几秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一？
（2）如果P、Q两点分别从A、B两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止
运动），动点Q从B出发，沿BC移动（到达点C即停止运动），几秒钟后，P、Q相距6厘米？
（3）如果P、Q两点分别从A、C两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止
运动），动点Q从C出发，沿CB移动（到达点B即停止运动），是否存在一个时刻，PQ同时平分
△ABC的周长与面积？若存在求出这个时刻的t 值，若不存在说明理由．
【思路点拨】
（1）设经过t秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一，根据题意得：AP=t，BP=6-t，BQ=2t，由，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一列式可得求出t的值；
（2）在Rt△PQB中，根据勾股定理列方程即可；
（3）分两种情况：①当PQ平分△ABC面积时，计算出这时的t=5-❑√13，同时计算这时PQ所截△ABC的
2 1
周长是否平分；②当PQ平分△ABC周长时，计算出这时的t= ，此时△PBQ的面积是否为 S ，计算
3 2 △ABC
即可．
也可以直接计算平分面积的时间，平分周长的时间，看这两个时间是否一样，若两个时间一样则存在，若
不一样则不存在．
【解题过程】
解：（1）设经过t秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一，
由题意得：AP=t，BP=6﹣t，BQ=2t，
1 1 1
×2t×（6﹣t）= × ×6×8，
2 3 2
解得：t=2或4，
∵0≤t≤4，
∴t=2或4符合题意，
答：经过2或4秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一．
（2）在Rt△PQB中，PQ2=BQ2+PB2，
∴62=（2t）2+（6﹣t）2，
12
解得：t=0（舍），t= ，
1 2 5
12
答： 秒钟后，P、Q相距6厘米．
5
（3）由题意得：PB=6﹣t，BQ=8﹣2t，
分两种情况：①当PQ平分△ABC面积时，
1
S = S ，
△PBQ 2 △ABC
1 1 1
（6﹣t）（8﹣2t）= × ×8×6，
2 2 2
解得：t=5+❑√13，t=5﹣❑√13，
1 2
∵Q从C到B，一共需要8÷2=4秒，5+❑√13＞4，
∴t=5+❑√13不符合题意，舍去，
1
当t=5﹣❑√13时，AP=5﹣❑√13，BP=6﹣（5﹣❑√13）=1+❑√13，BQ=8﹣2（5﹣❑√13）=2❑√13﹣2，CQ=2
2
（5﹣❑√13）=10﹣2❑√13，
PQ将△ABC的周长分为两部分：
一部分为：AC+AP+CQ=10+5﹣❑√13+10﹣2❑√13=25﹣3❑√13，
另一部分：PB+BQ=1+❑√13+2❑√13﹣2=3❑√13﹣1，
25﹣3❑√13≠3❑√13﹣1，
②当PQ平分△ABC周长时，
AP+AC+CQ=PB+BQ，
10+2t+t=6﹣t+8﹣2t，
2
t= ，
3
2 2 16
当t= 时，PB=6﹣ = ，
3 3 3
2 20
BQ=8﹣2× = ，
3 3
1 16 20 160
∴S = × × = ≠12，
△PBQ 2 3 3 3
综上所述，不存在这样一个时刻，PQ同时平分△ABC的周长与面积．
15．（2022秋·江苏·九年级专题练习）如图，矩形ABCD，AB=6cm，AD=2cm，点P以2cm/s的速度从
顶点A出发沿折线A－B－C向点C运动，同时点Q以lcm/s的速度从顶点C出发向点D运动，当其中一个
动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．4
（1）问两动点运动几秒，使四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的 ；
9
（2）问两动点经过多长时间使得点P与点Q之间的距离为❑√5？若存在，求出运动所需的时间；若不存
在，请说明理由．
【思路点拨】
4
（1）要使四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的 ，此时点P应在AB上，才是四边形．根据路程=速
9
度×时间，分别用t表示BP、CQ的长，再根据梯形的面积公式列方程求解；
（2）根据勾股定理列方程即可，注意分情况讨论．
【解题过程】
4
（1）解：设两动点运动t秒，使四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的
9
CQ=t，PB=AB−AP=6−2t，
1 1 4
S = (CQ+PB)⋅BC= (t+6−2t)×2=12× ，
四边形PBCQ 2 2 9
2
解得：t=
3
2 4
∴两动点运动 秒，使四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的 ．
3 9
（2）设两动点经过t秒运动后，使点P与点Q之间的距离为❑√5，
①当0＜t≤3时，
当点P在点Q上方时，则6−2t＞t，即0＜t＜2，
过Q点作QE⊥AB于点E，
则AP=2t，PB=6−2t，CQ=t，∴PE=6−3t，
在Rt△PEQ中，
∵PE=6−3t，EQ=2，PQ=❑√5，
∴PE2+EQ2=PQ2，
∴(6−3t) 2+4=5，
7 5
解得t = （舍），t = ．
1 3 2 3
当点P在点Q下方时，则6−2t＜t，即2＜t＜3，
过P点作PF⊥CD于点F，
则AP=2t，PB=6−2t，CQ=t，
∴FQ=3t−6，
在Rt△PFQ中，
∵FQ=3t−6，PF=2，PQ=❑√5，
∴PF2+FQ2=PQ2，
∴(3t−6) 2+4=5，7 5
解得t = ，t = （舍）．
3 3 4 3
②当3＜t≤4时，则
∵AB=6，AB+BP=2t，
∴BP=2t−6，
∴CP=2−(2t−6)=8−2t，
在Rt△PCQ中，
∵CP=2−(2t−6)=8−2t，CQ=t，PQ=❑√5，
∴PC2+CQ2=PQ2
有(8−2t) 2+t2=5，
得方程：5t2−32t+59=0，
Δ=322−4×5×59=−156＜0，
此方程无实根．
7 5
综上所述，当点P运动 s或 s时，点P与点Q之间的距离为❑√5．
3 3
16．（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝16cm，
AB＝12cm，BC＝21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动到C点返回，动点
Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运
动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
（1）当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的四边形面积等于60cm2？
（3）当0<t<10.5时，是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的
值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】
（1）由题意已知，AD∥BC，要使四边形PQDC是平行四边形，则只需要让QD＝PC即可，利用时间＝路
程÷速度，即可求出时间；
（2）要使以C、D、Q、P为顶点的梯形面积等于60cm2，可以分为两种情况，点P、Q分别沿AD、BC运
动或点P返回时，再利用梯形面积公式，即（QD＋PC）×AB÷2＝60，因为Q、P点的速度已知，AD、
AB、BC的长度已知，用t可分别表示QD、BC的长，即可求得时间t；
（3）当0<t<10.5时，点P向点C运动，使△PQD是等腰三角形，可分三种情况，即PQ＝PD、PQ＝
QD、QD＝PD；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相
等即可求得时间t．
【解题过程】
解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝21﹣2t，
∴16﹣t＝21﹣2t，
解得：t＝5，
当P从C运动到B时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝2t﹣21，
∴16﹣t＝2t﹣21，
37
解得：t＝ ，
3
37
∴当t＝5或 秒时，四边形PQDC是平行四边形；
3（2）若点P、Q分别沿AD、BC运动时，
1
（DQ＋CP）•AB＝60，
2
1
即 （16﹣t＋21﹣2t）×12＝60，
2
解得：t＝9（秒），
若点P返回时，CP＝2t﹣2，
1
则 （16﹣t＋2t﹣21））×12＝60，
2
解得：t＝15（秒）．
故当t＝9或15秒时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等60cm2；
（3）当PQ＝PD时，作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，
1 1
∵QH＝HD＝ QD＝ （16﹣t），
2 2
∵AH＝BP，
1
∴2t＝ （16﹣t）＋t，
2
16
∴t＝ 秒；
3
当PQ＝QD时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，
∵QD2＝PQ2＝t2＋122，
∴（16﹣t）2＝122＋t2，7
解得t＝ （秒）；
2
当QD＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，
∵QD2＝PD2＝PH2＋HD2＝122＋（16﹣2t）2，
∴（16﹣t）2＝122＋（16﹣2t）2，
即3t2﹣32t＋144＝0，
∵△<0，
∴方程无实根，
16 7
综上可知，当t＝ 秒或 秒时，△PQD是等腰三角形．
3 2
17．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4❑√3cm，∠ABC＝30°．点P
从点B出发，沿B→A→C以每秒3cm的速度向终点C运动，同时点Q从点B出发以每秒❑√3cm的速度向
终点C运动，其中一点到达终点即停止．设点P的运动时间为t．
（1）当t＝2秒时，求△BPQ的面积；
（2）PQ能否与△ABC的一条边平行，如果能，求出此时t的值；如不能，说明理由；
（3）△BPQ的面积能否为△ABC面积的三分之一？如果能，请求出的值；如果不能，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过点P作PE⊥BC于E，由含30度角的直角三角形的性质可求PE的长，即可求解；
（2）分三种情况讨论，由平行线的判定可求解；
（3）分两种情况讨论，由三角形的面积公式可求解．
【解题过程】
（1）解：如图，过点P作PE⊥BC于E，
当t＝2秒时，PB＝6cm，BQ＝2❑√3cm，
∵∠ABC＝30°，PE⊥BC，1
∴PE= PB＝3cm，
2
1 1
∴S BPQ= ×BQ×PE= ×2❑√3×3＝3❑√3（cm2）；
△ 2 2
（2）PQ不与△ABC的一条边平行，理由如下：
∵点Q始终在BC上运动，
∴PQ与BC不平行，
当PQ∥AC时，
∴∠PQB＝∠ACB＝90°，
∵∠B＝30°，
1 3 3❑√3
∴PQ= PB= t（cm），BQ=❑√3PQ= t（cm），
2 2 2
又∵点Q从点B出发以每秒❑√3cm的速度向终点C运动，
3❑√3
∴QB=❑√3t≠ t（cm），
2
∴PQ与AC不平行，
当PQ∥AB时，则点P在AC上，
∵∠C＝90°，BC＝4❑√3cm，∠ABC＝30°．
∴AC＝4cm，AB＝8cm，
∵PQ∥AB，
∴∠ABC＝∠PQC＝30°，
∴CQ=❑√3PC，
∴4❑√3−❑√3t＝12﹣3t，
∴t＝4，
当t＝4时，BQ＝12，即点Q与点C重合，
∴PQ与AB不平行，
综上所述：PQ不与△ABC的一条边平行；
（3）△BPQ的面积能为△ABC面积的三分之一，理由如下：
当点P在AB上时，过点P作PE⊥BC于E，1 1 1
∵S PBQ= ×BQ×PE= × ×AC×BC，
△ 2 3 2
3 1
∴❑√3t× t= ×4×4❑√3，
2 3
4❑√2
∴t= （负值舍去），
3
当点P在AC上时，
1 1 1
∵S PBQ= ×BQ×PC= × ×AC×BC，
△ 2 3 2
1
∴❑√3t×（12﹣3t）= ×4×4❑√3，
3
8
∵t＞ ，
3
6+2❑√5
∴t= ，
3
4❑√2 6+2❑√5
综上所述：当t= 或 时，△BPQ的面积为△ABC面积的三分之一．
3 3
18．（2022秋·福建泉州·九年级福建省安溪第一中学校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过原点O
及点A(0,2)、C(6,0)作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒❑√2个单位
长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设
移动时间为t秒．
（1）填空：OP=_______，OQ=_______（用含t的代数式表示）
（2）设△OPQ的面积为S ，△BQC的面积为S ，当t为何值时，S +S 的值为30．
1 2 1 2
（3）求当t为何值时，△PQB为直角三角形．
【思路点拨】（1）根据路程等于速度乘以时间，即可表达OP，OQ；
（2）连接PQ，过点P作PM⊥OQ于点M，根据∠POQ=45°，得PM=OM，又根据OQ=2t，则
MQ=t，根据勾股定理得PQ=❑√2t，推出△OPQ是等腰直角三角形，得S =t2 ；△BCQ是直角三角
1
形，当Q在C左侧时CQ=CO−OQ=6−2t，根据三角形面积公式得：S =6−2t；当Q在C右侧时
2
CQ=OQ−CO=2t−6，面积为：S =2t−6，分类讨论S +S ，即可求出S +S =30时t的值；
2 1 2 1 2
（3）当△PQB为直角三角形时，∠PQB=90°或∠PBQ=90°或∠QPB=90°，根据△OPQ是等腰直
角三角形，则∠QPB+∠BPD=90°；根据勾股定理，即可求出t的值．
【解题过程】
解：（1）∵点P从点O出发，以每秒❑√2个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以
每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动
∴OP=❑√2t；OQ=2t．
（2）连接PQ，过点P作PM⊥OQ于点M
∵四边形OABC是矩形，点A(0,2)，点C(6,0)
∴OA=BC=2，AB=OC=6
∵∠POQ=45°
∴PM=OM
∴在直角三角形△PMO中，OM2+PM2=OP2
∴PM=OM=t
∵OQ=2t
∴MQ=t
∴在直角三角形△PMQ中，PM2+MQ2=PQ2
∴PQ=❑√2t
∴△OPQ是等腰直角三角形
1 ❑√2t×❑√2t
∴S =S = ×OP×PQ= =t2
△OPQ 1 2 2
∵①当Q在C左侧时，即t≤3时，CQ=CO−OQ=6−2t1
∴S =S = ×CQ×BC=6−2t
△BQC 2 2
∴S +S =t2+6−2t
1 2
∴当t2+6−2t=30时
∴解得t =6，t =−4（舍）
1 2
不满足t≤3；
② Q在C右侧时，t>3时，CQ=OQ−CO=2t−6
1
∴S =S = ×CQ×BC=2t−6
△BQC 2 2
∴S +S =t2+2t−6
1 2
∴当t2+2t−6=30时，解得t =❑√37−1，t =− ❑√37−1（舍）
1 2
∴当t =❑√37−1，S +S =30．
1 1 2
（3）连接PB，PQ，BQ
由（2）得PQ=❑√2t，QC=6−2t∵△BQC是直角三角形，QC2+BC2=BQ2
∴BQ2=4+(6−2t) 2
∵OM=PM=t
∴PH=2− t，BH=6− t
∴在△PDB，PH2+BH2=BP2
∴BP2=(2− t) 2+(6− t) 2
∵△PQB为直角三角形时
∴∠PQB=90°或∠PBQ=90°或∠QPB=90°
∵△OPQ是等腰直角三角形，则∠QPB+∠BPD=90°
∴∠PQB=90°或∠PBQ=90°
① ∠PQB=90°时，PQ2+BQ2=PB2
∴(❑√2t) 2+4+(6−2t) 2=(2− t) 2+(6− t) 2
整理得：4t2 −8t=0
解得：t =0（舍），t =2
1 2
∴t=2
② ∠PBQ=90°时，PB2+BQ2=PQ2
∴(2− t) 2+(6− t) 2+4+(6−2t) 2=(❑√2t) 2
解得：t =5+❑√5，t =5− ❑√5
1 2
∴t=5+❑√5或t=5− ❑√5
∴综上所述，当t=2或t=5− ❑√5或t=5+❑√5时，△PQB为直角三角形时．
