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专题21.6 一元二次方程中的动点问题专项训练（30 道）
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共30 题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，涵盖了一元二次方程中的动点问题所有类
型！
一．填空题（共7 小题）
1．（2022•峨边县模拟）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，当t 为
2 或
5
+√5或
5 −√5 时，△PQB 为直角三角形．
【分析】要使△PQB 为直角三角形，显然只有∠PQB＝90°或∠PBQ＝90°，进而利用勾股定理分别分析
得出PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，再分别就∠PQB＝90°
和∠PBQ＝90°讨论，求出符合题意的t 值即可；
【解答】解：作PG⊥OC 于点G，在Rt△POG 中，
∵∠POQ＝45°，
∴∠OPG＝45°，
∵OP=√2t，
∴OG＝PG＝t，
∴点P（t，t），
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据勾股定理可得：PB2＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2＝（6﹣2t）2+22，PQ2＝（2t﹣t）2+t2＝2t2，
①若∠PQB＝90°，则有PQ2+BQ2＝PB2，
即：2t2+[（6﹣2t）2+22]＝（6﹣t）2+（2﹣t）2，
整理得：4t2﹣8t＝0，
解得：t1＝0（舍去），t2＝2，
∴t＝2，
②若∠PBQ＝90°，则有PB2+QB2＝PQ2，
∴[（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6﹣2t）2+22]＝2t2，
整理得：t2﹣10t+20＝0，
解得：t＝5±√5．
∴当t＝2 或t＝5+√5或t＝5−√5时，△PQB 为直角三角形．
故答案为：2 或5+√5或5−√5．
2．（2022 春•衢江区校级期末）如图，B 是AC 上一点，且BC＝6cm，AB＝4cm，射线BD⊥AC，垂足为
B，动点M 从A 出发以2cm/s 的速度沿着AC 向C 运动，同时动点N 从B 出发以3cm/s 的速度沿着射线
BD 向下运动，连接MN．当△BMN 的面积为3
2cm2，两动点运动了t（s），则t 的值为 2−√2
2
或
2+√2
2
或2+√6
2
．
【分析】分0＜t＜2 及2＜t≤5 两种情况考虑，当0＜t＜2 时，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，根据
△BMN 的面积为3
2cm2，即可得出关于t 的一元二次方程，解之即可得出t 值；当2＜t≤5 时，BM＝（2t
﹣4）cm，BN＝3tcm，根据△BMN 的面积为3
2cm2，即可得出关于t 的一元二次方程，解之取其符合题意
的值即可得出结论．
【解答】解：当0＜t＜2 时，BM＝（4﹣2t）cm，BN＝3tcm，
∴1
2（4﹣2t）•3t= 3
2，
整理得：2t2﹣4t+1＝0，
解得：t1= 2−√2
2
，t2= 2+√2
2
；
当2＜t≤5 时，BM＝（2t﹣4）cm，BN＝3tcm，
∴1
2（2t﹣4）•3t= 3
2，
整理得：2t2﹣4t﹣1＝0，
解得：t3= 2−√6
2
（不合题意，舍去），t4= 2+√6
2
．
综上所述，t 的值为2−√2
2
或2+√2
2
或2+√6
2
．
故答案为：2−√2
2
或2+√2
2
或2+√6
2
．
3．（2022•临清市一模）在Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD 为BC 边上的高，动点P 从点
A 出发，沿A→D 方向以√2cm/s 的速度向点D 运动．设△ABP 的面积为S1，矩形PDFE 的面积为S2，运
动时间为t 秒，则t＝
6
秒时，S1＝2S2．
【分析】利用三角形的面积公式以及矩形的面积公式，表示出S1和S2，然后根据S1＝2S2，即可列方程
求解．
【解答】解：∵Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16cm，AD 为BC 边上的高，
∴AD＝BD＝CD＝8√2cm，
又∵AP=√2t，
则S1= 1
2AP•BD= 1
2 ×8√2×√2t＝8t，PD＝8√2−√2t，
∵PE∥BC，
∴∠AEP＝∠C＝45°，∠APE＝∠ADC＝90°，
∴∠PAE＝∠PEA＝45°
∴PE＝AP=√2t，
∴S2＝PD•PE＝（8√2−√2t）•√2t，
∵S1＝2S2，
∴8t＝2（8√2−√2t）•√2t，
解得：t＝6 或0（舍弃）
故答案是：6．
4．（2022•于洪区校级模拟）如图，在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝6cm，AB＝8cm，
BC＝14cm．动点P、Q 都从点C 同时出发，点P 沿C→B 方向做匀速运动，点Q 沿C→D→A 方向做匀
速运动，当P、Q 其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．若点P 以1cm/s 速度运动，点Q 以2
√2cm/s 的速度运动，连接BQ、PQ．当时间t 为
2
秒时，△BQP 的面积为24cm2．
【分析】由于点P 在线段CB 上运动，而点Q 沿C→D→A 方向做匀速运动，所以分两种情况讨论：①
点Q 在CD 上；②点Q 在DA 上．针对每一种情况，都可以过Q 点作QG⊥BC 于G．由于点P、Q 运动
的时间为t（s），可用含t 的代数式分别表示BP、QG 的长度，然后根据三角形的面积公式列出S 与t
的函数关系式，并写出t 的取值范围，根据面积为24cm2，列出方程，解方程并结合t 的范围取舍．
【解答】解：如图1，过D 点作DH⊥BC，垂足为点H，
则有DH＝AB＝8cm，BH＝AD＝6cm．
∴CH＝BC﹣BH＝14﹣6＝8cm．
在Rt△DCH 中，∠DHC＝90°，
∴CD=√D H
2+C H
2=8√2cm．
当点P、Q 运动的时间为t（s），则PC＝t．
①如图1，当点Q 在CD 上时，过Q 点作QG⊥BC，垂足为点G，则QC＝2√2t．
又∵DH＝HC，DH⊥BC，
∴∠C＝45°．
∴在Rt△QCG 中，QG＝QC•sin∠C＝2√2t×sin45°＝2t．
又∵BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ= 1
2BP×QG= 1
2（14﹣t）×2t＝14t﹣t2．
当Q 运动到D 点时所需要的时间t= CD
2√2 = 8√2
2√2 =4．
∴S＝14t﹣t2（0＜t≤4），
当S＝24 时，14t﹣t2＝24，
解得：t1＝2，t2＝12（舍）．
②如图2，当点Q 在DA 上时，过Q 点作QG⊥BC，垂足为点G，
则：QG＝AB＝8cm，BP＝BC﹣PC＝14﹣t，
∴S△BPQ= 1
2BP×QG= 1
2（14﹣t）×8＝56﹣4t．
当Q 运动到A 点时所需要的时间t= CD + AD
2√2
= 8√2+6
2√2
=4+ 3√2
2
．
∴S＝56﹣4t（4＜t≤4+ 3√2
2
），
当S＝24 时，56﹣4t＝24，
解得：t＝8＞4+ 3√2
2
，舍去，
综上，当t＝2 时，S＝24，
故答案为：2．
5．（2022 秋•惠来县月考）如图，已知AB⊥BC，AB＝12cm，BC＝8cm．一动点N 从C 点出发沿CB 方向
以1cm/s 的速度向B 点运动，同时另一动点M 由点A 沿AB 方向以2cm/s 的速度也向B 点运动，其中一
点到达B 点时另一点也随之停止，当△MNB 的面积为24cm2时运动的时间t 为
2
秒．
【分析】根据题意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，进而可得出BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，根
据△MNB 的面积为24cm2，即可得出关于t 的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：根据题意可知CN＝tcm，AM＝2tcm，
∴BN＝（8﹣t）cm，BM＝（12﹣2t）cm，
∵△MNB 的面积为24cm2，
∴1
2 ×（12﹣2t）×（8﹣t）＝24，
整理得：t2﹣14t+24＝0，
解得：t1＝2，t2＝12（不合题意，舍去）．
故答案为：2．
6．（2022 秋•兰山区期末）如图，在Rt△ACB 中，∠C＝90°，AC＝30cm，BC＝25cm，动点P 从点C 出
发，沿CA 方向运动，速度是2cm/s；同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 方向运动，速度是1cm/s，则经
过
10
s 后，P，Q 两点之间相距25cm．
【分析】设x 秒后P、Q 两点相距25cm，用x 表示出CP、CQ，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：设x 秒后P、Q 两点相距25cm，
则CP＝2xcm，CQ＝（25﹣x）cm，
由题意得，（2x）2+（25﹣x）2＝252，
解得，x1＝10，x2＝0（舍去），
则10 秒后P、Q 两点相距25cm．
故答案是：10．
7．（2022 秋•渭滨区期中）如图，A、B、C、D 是矩形的四个顶点，AB＝16cm，BC＝6cm，动点P 从点A
出发，以3cm/s 的速度向点B 运动，直到点B 为止；动点Q 同时从点C 出发，以2cm/s 的速度向点D 运
动，当时间为 8
5s 或
24
5 s
时，点P 和点Q 之间的距离是10cm．
【分析】设当t 秒时PQ＝10cm，利用勾股定理得出即可．
【解答】解：设当时间为t 时，点P 和点Q 之间的距离是10cm，
过点Q 作ON⊥AB 于点N，
则QC＝2tcm，PN＝（16﹣5t）cm，
故62+（16﹣5t）2＝100，
解得：t1= 8
5，t2= 24
5 ，
即当时间为8
5s 或24
5 s 时，点P 和点Q 之间的距离是10cm，
故答案为：8
5s 或24
5 s．
二．解答题（共23 小题）
8．（2022 秋•方城县期末）如图，已知等边三角形ABC 的边长为6cm，点P 从点A 出发，沿A→C→B 的
方向以2cm/s 的速度向终点B 运动，同时点Q 从点B 出发，沿B→A 的方向以1cm/s 的速度向终点A 运
动．当点P 运动到点B 时，两点均停止运动．运动时间记为ts，请解决下列问题：
（1）若点P 在边AC 上，当t 为何值时，△APQ 为直角三角形？
（2）是否存在这样的t 值，使△APQ 的面积为2√3cm2？若存在，请求出t 的值，若不存在，请说明理
由．
【分析】（1）当点P 在边AC 上时，由题意知AP＝2t，AQ＝6﹣t，再分∠APQ＝90°和∠AQP＝90°两
种情况分别求解即可；
（2）分点P 在边AC 上和点P 在边AC 上两种情况，表示出S△APQ，再根据△APQ 的面积为2√3cm2列出
关于t 的方程，解之即可．
【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形
∴AB＝BC＝CA＝6，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
当点P 在边AC 上时，由题意知，AP＝2t，AQ＝6﹣t，
当∠APQ＝90°时，AP= 1
2AQ，即2t= 1
2（6﹣t），解得t＝1.2，
当∠AQP＝90°时，AQ= 1
2AP，即6﹣t= 1
2 ×2t，解得t＝3，
所以，点P 在边AC 上，当t 为1.2s 或3s 时，△APQ 为直角三角形；
（2）存在，
①当点P 在边AC 上时，此时0≤t≤3，
过点P 作PD⊥AB 于点D，
在Rt△APD 中，∠A＝60°，AP＝2t，
∴sinA= PD
AP ，即sin60°= PD
2t = √3
2 ，
∴PD=√3t，S△APQ= 1
2AQ•PD= 1
2（6﹣t）•√3t，
由1
2（6﹣t）•√3t =2√3得t1=3+√5(不合题意，舍去)，t2=3−√5；
②当点P 在边BC 上时，此时3≤t≤6，
如图，过点P 作PF⊥AB 于点F，
在Rt△BPF 中，∠B＝60°，BP＝12﹣2t，
∴sinB= PF
BP ，即sin60°=
PF
12−2t = √3
2 ，
∴PF=√3(6−t )，S△APQ= 1
2AQ•PF= 1
2（6﹣t）•√3(6−t )，
由1
2（6﹣t）•√3(6−t )=2√3得t1＝4，t2＝8（不合题意，舍去），
因此，当t 的值是(3−√5)s或4s 时，△APQ 的面积为2√3cm2．
9．（2022 秋•泗阳县期末）如图，在△ABC 中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P 从点A 出发沿
边AB 向点B 以2cm/s 的速度移动，同时动点Q 从点B 出发沿边BC 向点C 以4cm/s 的速度移动，当P 运
动到B 点时P、Q 两点同时停止运动，设运动时间为ts．
（1）BP＝ （
12
﹣
2 t ）
cm；BQ＝
4 t
cm；（用t 的代数式表示）
（2）D 是AC 的中点，连接PD、QD，t 为何值时△PDQ 的面积为40cm2？
【分析】（1）根据速度×时间＝路程列出代数式即可；
（2）如图，过点D 作DH⊥BC 于H，利用三角形中位线定理求得DH 的长度；然后根据题意和三角形
的面积列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）根据题意得：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm，
故答案是：（12﹣2t）；4t；
（2）如图，过点D 作DH⊥BC 于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC．
∴AB∥DH．
又∵D 是AC 的中点，
∴BH= 1
2BC＝12cm，DH 是△ABC 的中位线．
∴DH= 1
2AB＝6cm．
根据题意，得1
2 ×12×24−1
2 ×4t ×（12﹣2t）−1
2 ×（24﹣4t）×6−1
2 ×2t×12＝40，
整理，得t2﹣6t+8＝0．
解得：t1＝2，t2＝4，
即当t＝2 或4 时，△PBQ 的面积是40cm2．
10．（2022 春•淄川区期中）如图，在梯形ABCD 中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD
＝21．动点P 从点D 出发，沿线段DA 的方向以每秒2 个单位长度的速度运动，动点Q 从点C 出发，在
线段CB 上以每秒1 个单位长度的速度向点B 运动．点P，Q 分别从点D，C 同时出发，当点P 运动到点
A 时，点Q 随之停止运动．设运动时间为t（s），当t 为何值时，以B，P，Q 三点为顶点的三角形为等
腰三角形？
【分析】以B，P，Q 为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB＝PQ 时，当PQ＝BQ 时，当BP
＝BQ 时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
【解答】解：如图1，当PB＝PQ 时，作PE⊥BC 于E，
∴EQ= 1
2BQ，
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
∴EQ＝8−1
2t，
∴EC＝8−1
2t+t＝8+ 1
2t．
∴2t＝8+ 1
2t．
解得：t= 16
3 ．
如图2，当PQ＝BQ 时，作QE⊥AD 于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC 是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ 中，由勾股定理，得
PQ=√t
2+144．
16﹣t=√t
2+144，
解得：t= 7
2；
如图3，当BP＝BQ 时，作PE⊥BC 于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP 中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
综上所述，t= 16
3 或7
2时，以B，P，Q 三点为顶点的三角形为等腰三角形．
11．（2022•红谷滩区校级模拟）如图所示，△ABC 中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P 从点A 开始沿AB 边向B 以1cm/s 的速度移动，点Q 从B 点开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速
度移动，如果P，Q 分别从A，B 同时出发，经过几秒，点P，Q 之间的距离为√6cm？
（2）点P 从点A 开始沿AB 边向B 以1cm/s 的速度移动，点Q 从B 点开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速
度移动，如果P，Q 分别从A，B 同时出发，经过几秒，使△PBQ 的面积等于8cm2？
（3）若P 点沿射线AB 方向从A 点出发以1cm/s 的速度移动，点Q 沿射线CB 方向从C 点出发以2cm/s
的速度移动，P，Q 同时出发，几秒后，△PBQ 的面积为1cm2？
【分析】（1）设经过x 秒，点P，Q 之间的距离为√6cm，根据勾股定理列式求解即可；
（2）设经过y 秒，使△PBQ 的面积等于8cm2，由三角形的面积公式列式并求解即可；
（3）分三种情况列方程求解即可：①点P 在线段AB 上，点Q 在射线CB 上；②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．
【解答】解：（1）设经过x 秒，点P，Q 之间的距离为√6cm，
则AP＝x（cm），QB＝2x（cm），
∵AB＝6cm，BC＝8cm
∴PB＝（6﹣x）（cm），
∵在△ABC 中，∠B＝90°
∴由勾股定理得：（6﹣x）2+（2x）2＝6
化简得：5x2﹣12x+30＝0
∵△＝（﹣12）2﹣4×5×30＝144﹣600＜0
∴点P，Q 之间的距离不可能为√6cm．
（2）设经过x 秒，使△PBQ 的面积等于8cm2，由题意得：
1
2（6﹣x）•2x＝8
解得：x1＝2，x2＝4
检验发现x1，x2均符合题意
∴经过2 秒或4 秒，△PBQ 的面积等于8cm2．
（3）①点P 在线段AB 上，点Q 在线段CB 上
设经过m 秒，0＜m≤4，依题意有
1
2（6﹣m）（8﹣2m）＝1
∴m2﹣10m+23＝0
解得；m1＝5+√2（舍），m2＝5−√2
∴m＝5−√2符合题意；
②点P 在线段AB 上，点Q 在射线CB 上
设经过n 秒，4＜n≤6，依题意有
1
2（6﹣n）（2n﹣8）＝1
∴n2﹣10n+25＝0
解得n1＝n2＝5
∴n＝5 符合题意；
③点P 在射线AB 上，点Q 在射线CB 上
设经过k 秒，k＞6，依题意有
1
2（k﹣6）（2k﹣8）＝1
解得k1＝5+√2，k2＝5−√2（舍）
∴k＝5+√2符合题意；
∴经过（5−√2）秒，5 秒，（5+√2）秒后，△PBQ 的面积为1cm2．
12．（2022 秋•射阳县期末）如图，在矩形ABCD 中，AB＝6cm，BC＝4cm，动点P 从点A 出发，以2cm/s
的速度沿AB 向点B 移动，同时，点Q 从点C 出发，以1cm/s 的速度沿CD 向点D 移动（点P 到达点B
停止时，点Q 也随之停止运动），设点P 运动时间为t 秒．
（1）试求当t 为何值时四边形APQD 为矩形；
（2）P、Q 两点出发多长时间，线段PQ 的长度为5cm．
【分析】（1）根据矩形的对边相等得到AP＝PQ，由时间×速度＝路程求得线段AP、PQ 的长度，然后
等量关系AP＝PQ 列出方程并解答；
（2）过点P 作PE⊥CD 于点E，利用勾股定理列出关于t 的方程，通过解方程求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形APQD 为矩形，
∴AP＝PQ，
∴2t＝6﹣t，
∴3t＝6，
∴t＝2．
（2）过点P 作PE⊥CD 于点E，
∵∠A＝∠D＝∠DEP＝90°，
∴四边形APED 是矩形．
∴AP＝DE＝2t，
∴EQ＝CD﹣DE﹣CQ＝6﹣3t，
在Rt△PQE 中，PE2+EQ2＝PQ2，即（6﹣3t）2＝9，
解得t1＝1，t2＝3，
答：当出发1s 或3s 时，线段PQ 的长度为5cm．
13．（2022 春•铜山区期末）如图，在矩形ABCD 中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P 从点A 沿边AB 向点B
以1cm/s 的速度移动；同时，点Q 从点B 沿边BC 向点C 以2cm/s 的速度移动．问：
（1）几秒时△PBQ 的面积等于8cm2；
（2）几秒时△PDQ 的面积等于28cm2；
（3）几秒时PQ⊥DQ．
【分析】（1）表示出PB，QB 的长，利用△PBQ 的面积等于8cm2列式求值即可；
（2）设出发秒x 时△DPQ 的面积等于28 平方厘米，根据三角形的面积公式列出方程，再解方程即可；
（3）如果PQ⊥DQ，则∠DQP 为直角，得出△BPQ∽△CQD，即可得出BP
CQ = BQ
CD ，再设AP＝x，QB
＝2x，得出6−x
12−2 x = 2 x
6 ，求出x 即可．
【解答】解：
（1）设x 秒后△PBQ 的面积等于8cm2．
则AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴1
2 ×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2 秒或4 秒后△PBQ 的面积等于8cm2；
（2）设出发秒x 时△DPQ 的面积等于28cm2．
∵S 矩形ABCD﹣S△APD﹣S△BPQ﹣S△CDQ＝S△DPQ
∴12×6−1
2 ×12x−1
2 ×2x（6﹣x）−1
2 ×6×（12﹣2x）＝28，
化简整理得 x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2 秒或4 秒后△PDQ 的面积等于28cm2；
（3）设x 秒后PQ⊥DQ 时，则∠DQP 为直角，
∴△BPQ∽△CQD，
∴BP
CQ = BQ
CD ，
设AP＝x，QB＝2x．
∴6−x
12−2 x = 2 x
6 ，
∴2x2﹣15x+18＝0，
解得：x= 3
2或6，
经检验x= 3
2是原分式方程的根，x＝6 不是原分式方程的根，
当x＝6 时，P 点到达B 点、Q 点到达C 点，此时PQ⊥DQ．
答：3
2秒或6 秒后PQ⊥DQ．
14．（2022•宿迁三模）如图，在矩形ABCD 中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P 从点B 出发沿线段BC、CD
以2cm/s 的速度向终点D 运动；同时，点Q 从点C 出发沿线段CD、DA 以1cm/s 的速度向终点A 运动
（P、Q 两点中，只要有一点到达终点，则另一点运动立即停止）．
（1）运动停止后，哪一点先到终点？另一点离终点还有多远？
（2）在运动过程中，△APQ 的面积能否等于22cm2？若能，需运动多长时间？若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据题意可以分别计算出两个点运动到终点的时间，从而可以解答本题；
（2）先判断，然后计算出相应的时间即可解答本题．
【解答】解：（1）点P 从开始到运动停止用的时间为：（12+6）÷2＝9s，
点Q 从开始到运动停止用的时间为：（6+12）÷1＝18s，
∵9＜18，只要有一点到达终点，则另一点运动立即停止，
∴点P 先到终点，此时点Q 离终点的距离是：（6+12）﹣1×9＝9cm，
答：点P 先到终点，此时点Q 离终点的距离是9cm；
（2）在运动过程中，△APQ 的面积能等于22cm2，
当P 从点B 运动到点C 的过程中，设点P 运动时间为as，
∵△APQ 的面积能否等于22cm2，
∴12×6−2a×6
2
−(12−2a)×a
2
−(6−a)×12
2
=22，
解得，此方程无解；
当点P 从C 到D 的过程中，设点P 运动的时间为（b+6）s，
∵△APQ 的面积能否等于22cm2，
∴12×6−(6+2b)×12
2
−b(6−2b)
2
=22，
解得，b1＝1，b2＝14（舍去），
即需运动6+1＝7s，△APQ 的面积能等于22cm2．
15．（2022 春•嘉兴期末）如图，长方形ABCD（长方形的对边相等，每个角都是90°），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，问：
（1）当t＝1 秒时，四边形BCQP 面积是多少？
（2）当t 为何值时，点P 和点Q 距离是3cm？
（3）当t＝ 3+√7
2
，3−√7
2
，6
5，−6+2√33
3
． 以点P、Q、D 为顶点的三角形是等腰三角形．
（直接写出答案）
【分析】（1）如图1，当t＝1 时，就可以得出CQ＝1cm，AP＝2cm，就有PB＝6﹣2＝4cm，由梯形的
面积就可以得出四边形BCQP 的面积；
（2）如图1，作QE⊥AB 于E，在Rt△PEQ 中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如图2，作
PE⊥CD 于E，在Rt△PEQ 中，由勾股定理建立方程求出其解即可；
（3）分情况讨论，如图3，当PQ＝DQ 时，如图4，当PD＝PQ 时，如图5，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．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝2，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
∵CQ＝1cm，AP＝2cm，
∴AB＝6﹣2＝4cm．
∴S= 2(1+ 4)
2
=5cm2．
答：四边形BCQP 面积是5cm2；
（2）如图1，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．
在Rt△PQE 中，由勾股定理，得
（6﹣3t）2+4＝9，
解得：t= 6±√5
3
．
如图2，作PE⊥CD 于E，
∴∠PEQ＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE 是矩形，
∴PE＝BC＝2cm，BP＝CE＝6﹣2t．
∵CQ＝t，
∴QE＝t﹣（6﹣2t）＝3t﹣6
在Rt△PEQ 中，由勾股定理，得
（3t﹣6）2+4＝9，
解得：t= 6±√5
3
．
综上所述：t= 6−√5
3
或6+√5
3
；
（3）如图3，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，
解得：t= 3±√7
2
．
如图4，当PD＝PQ 时，
作PE⊥DQ 于E，
∴DE＝QE= 1
2DQ，∠PED＝90°．
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCQE 是矩形，
∴PE＝BC＝2cm．
∵DQ＝6﹣t，
∴DE= 6−t
2
．
∴2t= 6−t
2
，
解得：t= 6
5；
如图5，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，
解得t1= −6+2√33
3
，t2= −6−2√33
3
（舍去）．
综上所述：t= 3+√7
2
，3−√7
2
，6
5，−6+2√33
3
．
故答案为：3+√7
2
，3−√7
2
，6
5，−6+2√33
3
．
16．（2022 秋•皇姑区校级月考）（1）求x2+6x+1 的最小值；
（2）求﹣2x2+6x+1 的最大值；
（3）如图，已知AB＝8，P 为线段AB 上的一个动点，分别以AP，PB 为边在AB 的同侧作菱形APCD
和菱形PBFE，点P，C，E 在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N 分别是对角线AC，BE 的中点，当点P
在线段AB 上移动时，设AP＝x，直接用含有x 的代数式表示MN2，并直接写出MN2的最小值．
【分析】（1）将代数式配方，由于二次项系数大于0，代数式有最小值，根据配方式可得最小值；
（2）将代数式配方，由于二次项系数小于0，代数式有最大值，根据配方式可得最大值；
（3）连接PM、PN．首先证明∠MPN＝90°，设PA＝x，则PB＝8﹣x，PM= 1
2x，PN=√3（4−1
2x），
构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）x2+6x+1＝（x+3）2﹣8，
当x＝﹣3 时，x2+6x+1 有最小值，最小值是﹣8；
（2）﹣2x2+6x+1＝﹣2（x−3
2）2+ 11
2 ，
当x= 3
2时，﹣2x2+6x+1 有最大值，最大值是11
2 ；
（3）连接PM、PN．
∵四边形APCD，四边形PBFE 是菱形，∠DAP＝60°，
∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，
∵M，N 分别是对角线AC，BE 的中点，
∴∠CPM= 1
2∠APC＝60°，∠EPN= 1
2∠EPB＝30°，
∴∠MPN＝60°+30°＝90°，
设PA＝x，则PB＝8﹣x，PM= 1
2x，PN=√3（4−1
2x），
MN2＝（1
2x）2+[√3（4−1
2x）]2＝x2﹣12x+48＝（x﹣6）2+12，
∴x＝6 时，MN2有最小值，最小值为12，
故答案为：12．
17．（2022 秋•宽城区校级月考）如图①，在矩形ABCD 中，AB＝8，AD＝4．点P 从点A 出发，沿
A→D→C→D 运动，速度为每秒2 个单位长度；点Q 从点A 出发向点B 运动，速度为每秒1 个单位长度．
P、Q 两点同时出发，点Q 运动到点B 时，两点同时停止运动，设点Q 的运动时间为t（秒）．连接
PQ、AC、CP、CQ．
（1）点P 到点C 时，t＝
6
；当点Q 到终点时，PC 的长度为
4
；
（2）用含t 的代数式表示PD 的长；
（3）当三角形CPQ 的面积为9 时，求t 的值．
【分析】（1）点P 到点C 时，所走路程为AD+CD，除以速度求出t 的值，当点Q 到终点时，P 点回到
CD 中点，可直接求出PC；
（2）分点P 在A→D 上时，D→C 时，C→D 时进行讨论；
（3）同第2 问三种情况进行讨论．
【解答】解：（1）在矩形ABCD 中，AB＝8，AD＝4，
∴CD＝AB＝8 点P 到点C 时，所走路程为AD+CD＝12，
∴t= 12
2 =6s
当点Q 到终点时，t＝8s，P 点回到CD 中点，
∴CP＝4；
（2）当0≤t≤2 时，PD＝4﹣2t；
当2＜t＜6 时，PD＝2t﹣4；
当6≤t≤8 时，PD＝8﹣（2t﹣12）＝20﹣2t；
（3）当0≤t≤2 时，AP＝2t PD＝4﹣2t AQ＝t BQ＝8﹣t
S△CPQ＝4×8−1
2t×2t−1
2（8﹣t）×4−1
2（4﹣2t ）×8＝﹣t2+10t＝9，t1＝1，t2＝9（舍去）
当2＜t＜6 时，PC＝12﹣2t
S△CPQ= 1
2（12﹣2t）×4＝24﹣4t＝9，t= 15
4
当6≤t≤8 时，PC＝2t﹣12
S△CPQ= 1
2（2t﹣12）×4＝4t﹣24＝9，t= 33
4 （舍弃），
综上所述，当三角形CPQ 的面积为9 时t＝1 或t= 15
4 ．
18．（2022 春•大庆期中）如图，菱形ABCD 中，AC，BD 交于O，AC＝8cm，BD＝6cm，动点M 从A 出
发沿AC 方向以每秒2cm 匀速直线运动到C，动点N 从B 出发沿BD 方向以每秒1cm 匀速直线运动到
D，若M，N 同时出发，问出发后几秒钟时，△MON 的面积为菱形ABCD 面积的1
12？
【分析】根据点M、N 运动过程中与O 点的位置关系，分当x＜2 时，点M 在线段AO 上，点N 在线段
BO 上、当2＜x＜3 时，点M 在线段OC 上，点N 在线段BO 上和当x＞3 时，点M 在线段OC 上，点N
在线段OD 上三种情况分别讨论．
【解答】解：设出发后x 秒时，S△MON = 1
12 S
A
菱
形．
∵S
ABCD
菱
形= 1
2 AC ⋅BD = 1
2 ×8×6=24，
∴S△MON = 1
12 S
ABC
菱
形=2，
（1）当x＜2 时，点M 在线段AO 上，点N 在线段BO 上．
由1
2（4﹣2x）（3﹣x）＝2；
解得x1＝1，x2＝4（舍去）
∵x＜2，∴x＝1；
（2）当2＜x＜3 时，点M 在线段OC 上，点N 在线段BO 上，
由1
2（2x﹣4）（3﹣x）＝2；化简为x2﹣5x+8＝0，
此时方程Δ＜0，原方程无实数解；
（3）当x＞3 时，点M 在线段OC 上，点N 在线段OD 上，
由1
2（2x﹣4）（x﹣3）＝2；
解得x1＝1（舍去），x2＝4
∵x＞3，∴x＝4，
综上所述，出发后1s 或4s 时，S△MON = 1
12 S
A
菱
形．
19．（2022 秋•海州区校级月考）如图，在正方形ABCD 中，AB＝5cm，动点P 以√2cm/s 的速度从点A 出
发，沿AC 向点C 移动，同时动点Q 以1cm/s 的速度从点C 出发，沿CB 向点B 移动，设P、Q 两点移动
时间为ts（0＜t＜5）．在P、Q 两点移动的过程中，PQ 的长度能否等于√10cm？若能，求出此时t 的值；
若不能，请说明理由．
【分析】在正方形ABCD 中求出对角线AC 的长度，过点P 作PH⊥BC 于点H，用含t 的代数式表示出
HQ、PH 的长度，然后在Rt△PHQ 中利用勾股定理得出PH2+HQ2＝PQ2，根据PQ 的长度等于√10cm 列
方程求解．
【解答】解：在正方形ABCD 中，∵AB＝5cm，
∴AC＝5√2cm，
∵动点P 以√2cm/s 的速度从点A 出发，沿AC 向点C 移动，同时动点Q 以1cm/s 的速度从点C 出发，沿
CB 向点B 移动，设P、Q 两点移动时间为ts（0＜t＜5），
∴AP=√2tcm，CQ＝tcm，
∴PC＝（5√2−√2t）cm，BQ＝（5﹣t）cm．
过点P 作PH⊥BC 于点H，则PH＝HC= PC
√2 =（5﹣t）cm，
∴HQ＝|HC﹣CQ|＝|5﹣2t|cm．
在Rt△PHQ 中，∵∠PHQ＝90°，
∴PH2+HQ2＝PQ2，
∵PQ 的长度等于√10cm，
∴（5﹣t）2+（5﹣2t）2＝（√10）2，
解得：t1＝2，t2＝4．
故在P、Q 两点移动的过程中，PQ 的长度能等于√10cm，此时t 的值为2 或4．
20．（2022•曹县二模）如图，四边形ABCD 中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝1cm，AB＝3cm，BC＝5cm，
动点P 从点B 出发以1cm/s 的速度沿BC 的方向运动，动点Q 从点C 出发以2cm/s 的速度沿CD 方向运动，
P、Q 两点同时出发，当Q 到达点D 时停止运动，点P 也随之停止，设运动的时间为ts（t＞0）
（1）求线段CD 的长；
（2）t 为何值时，线段PQ 将四边形ABCD 的面积分为1：2 两部分？
【分析】（1）作DE⊥BC 于E，根据勾股定理即可求解；
（2）线段PQ 将四边形ABCD 的面积分为1：2 两部分，分两种情况进行求解．
【解答】解：（1）如图1，作DE⊥BC 于E，则四边形ADEB 是矩形．
∴BE＝AD＝1，DE＝AB＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝4，
在Rt△DEC 中，DE2+EC2＝DC2，
∴DC=√D E
2+C E
2=5 厘米；
（2）∵点P 的速度为1 厘米/秒，点Q 的速度为2 厘米/秒，运动时间为t 秒，
∴BP＝t 厘米，PC＝（5﹣t）厘米，CQ＝2t 厘米，QD＝（5﹣2t）厘米，
且0＜t≤2.5，
作QH⊥BC 于点H，
∴DE∥QH，
∴∠DEC＝∠QHC，
∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△QHC，
∴DE
QH = DC
QC ，即3
QH = 5
2t ，
∴QH= 6
5t，
∴S△PQC= 1
2PC•QH= 1
2（5﹣t）•6
5t=−3
5t2+3t，
S 四边形ABCD= 1
2（AD+BC）•AB= 1
2（1+5）×3＝9，
分两种情况讨论：
①当S△PQC：S 四边形ABCD＝1：3 时，
−3
5t2+3t= 1
3 ×9，即t2﹣5t+5＝0，
解得t1= 5−√5
2
，t2= 5+√5
2
（舍去）；
②S△PQC：S 四边形ABCD＝2：3 时，
−3
5t2+3t= 2
3 ×9，即t2﹣5t+10＝0，
∵Δ＜0，
∴方程无解，
∴当t 为5−√5
2
秒时，线段PQ 将四边形ABCD 的面积分为1：2 两部分．
21．（2022 秋•天宁区月考）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P 从点
A 开始在线段AO 上以每秒1 个单位长度的速度向点O 移动，同时动点Q 从点B 开始在线段BA 上以每
秒2 个单位长度的速度向点A 移动，设点P、Q 移动的时间为t 秒．
（1）求点Q 的坐标；
（2）当t 为何值时，△APQ 的面积为24
5 个平方单位？
【分析】（1）过点Q 作QH⊥AO 于H，如图所示，易证△AHQ∽△AOB，根据相似三角形的性质可用
t 的代数式表示出QH，进而表示出HO 的长，进而得出答案；
（2）利用（1）中所求，从而得到△APQ 的面积与t 的关系，根据条件就可求出t 的值．
【解答】解：（1）过点Q 作QH⊥AO 于H，如图所示，
则有∠AHQ＝∠AOB＝90°．
又∵∠HAQ＝∠OAB，∴△AHQ∽△AOB，
∴QH
OB = AQ
AB ，
∴QH
8 = 10−2t
10
，
∴QH= 40−8t
5
，
设HO＝x，则AH＝6﹣x，
∵△AHQ∽△AOB，
∴AH
6 = HQ
8 ，
故6−x
6
=
40−8t
5
8
解得：x= 6
5t，
则Q（40−8t
5
，6
5t）；
（2）由（1）得：S△APQ= 1
2AP•QH= 1
2t•40−8t
5
= 20t −4 t
2
5
．
当S△APQ= 24
5 时，20t −4t
2
5
= 24
5
，
解得：t1＝2，t2＝3．
∴当t 为2 秒或3 秒时，△APQ 的面积为24
5 个平方单位．
22．（2022 秋•镇江期中）在矩形ABCD 中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P 从点A 出发沿AB 以2cm/s 的速度
向点B 移动；同时，点Q 从点B 出发沿BC 以1cm/s 的速度向点C 移动，点P 运动到点B 时，点Q 也停
止运动，几秒钟后△PQC 的面积等于16cm2？
【分析】设t 秒钟后△PQC 的面积等于16cm2．根据S△PQC＝S△PBC﹣S△PBQ列出方程并解答即可．
【解答】解：设t 秒钟后△PQC 的面积等于16cm2．
依题意得：1
2 ×6×（12﹣2t）−1
2 ×（12﹣2t）×t＝16，
整理，得
（t﹣10）（t﹣2）＝0，
解得t＝10（舍去）或t＝2．
答：2 秒钟后△PQC 的面积等于16cm2．
23．（2022 秋•丹阳市校级月考）如图，在△ABC 中，∠B＝90°，AB＝BC＝10cm，点P 从点A 出发沿射
线AB 以1cm/s 的速度做直线运动，点Q 从点C 出发沿射线BC 以2cm/s 的速度做直线运动．如果P，Q
分别从A，B 同时出发，经过几秒，S△PCQ= 12
25S△ABC？
【分析】分两种情况：P 在线段AB 上；P 在线段AB 的延长线上；进行讨论即可求得P 运动的时间．
【解答】解：设当点P 运动x 秒时，S△PCQ= 12
25S△ABC，
①当P 在线段AB 上，此时CQ＝2x，PB＝10﹣x，
S△PCQ= 1
2•2x•（10﹣x）= 12
25 × 1
2 ×10×10，
化简得 x2﹣10 x+24＝0
解得x＝6 或4；
②P 在线段AB 的延长线上，此时CQ＝2x，PB＝x﹣10
S△PCQ= 1
2•2x•（x﹣10）= 12
25 × 1
2 ×10×10，
化简得 x2﹣10 x﹣24＝0
解得x＝12 或﹣2，负根不符合题意，舍去．
所以当点P 运动4 秒、6 秒或12 秒时△PCQ 的面积S△PCQ= 12
25S△ABC．
24．（2022 春•萧山区期中）如图，在Rt△ABC 中，∠BCA＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm．有一动点P 从B
点出发，在射线BC 方向移动，速度是2cm/s，在P 点出发后2 秒后另一个动点Q 从A 点出发，在射线
AC 方向移动，速度是1cm/s．若设P 出发后时间为t 秒．
（1）用含t 的代数式分别表示线段AQ、PC 的长度，并写出相应的t 的取值范围．
（2）连接AP、PQ，求使△APQ 面积为3cm2时相应的t 的值．
（3）问是否存在这样的时间t，使AP 平分∠BAC 或者∠BAC 的外角？如果存在，请求出t 的值；如果
不存在，请说明理由．
【分析】（1）PC 的长度分两种情况讨论：0≤t≤4，t＞4；AQ 的长度分两种情况讨论：0≤t≤2，t＞
2；
（2）分两种情况讨论：①2＜t≤4，②t＞4；根据△APQ 面积为3cm2，列出方程即可求解；
（3）①过P 点作PD⊥AB 于D，根据勾股定理可求AB 的长，再根据角平分线的性质可知PC＝PD，在
Rt△PBC 中，可求BP 的长，可求t 的一个解；
②根据一个角的内角平分线和外角平分线互相垂直，可求t 的另外一个解．
【解答】解：（1）PC={
8−2t(0≤t ≤4)
2t −8(t ＞4) ，
AQ={
0(0≤t ≤2)
t −2(t ＞2)；
（2）①当2＜t≤4 时，1
2（8﹣2t）（t﹣2）＝3，化简为t2﹣6t+11＝0，△＝36﹣44＝﹣8＜0，故方程无
解；
②当t＞4 时，1
2（2t﹣8）（t﹣2）＝3，化简为t2﹣6t+5＝0，解得t1＝1（不合题意舍去），t2＝5．
故使△APQ 面积为3cm2时相应的t 的值为5．
（3）①过P 点作PD⊥AB 于D．
在Rt△ABC 中，AB=√6
2+8
2=10，
∵AP 平分∠BAC，
∴PC＝PD，AC＝AD，
∴BD＝10﹣6＝4，
在Rt△PBC 中，BP2＝42+（8﹣BP）2，解得BP＝5，
则t＝5÷2＝2.5s，
②∵一个角的内角平分线和外角平分线互相垂直，
∴3：6＝6：（2t﹣8），
解得t＝10．
故使AP 平分∠BAC 或者∠BAC 的外角时t 的值为2.5 或10．
25．（2022 秋•营山县校级期中）如图，在矩形ABCD 中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P 从点A 开始沿AB
边向点B 以1cm/s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速度移动．如果P、Q 分别从
A、B 同时出发，问几秒钟时△PBQ 的面积等于8cm2？
【分析】设t 秒钟后，S△PBQ＝8，则AP＝t，PB＝AB﹣AP＝6﹣t，QB＝2t，而S△PBQ= 1
2PB×QB，由此可
以列出方程求解．
【解答】解：设t 秒钟后，S△PBQ＝8，
则1
2 ×2t（6﹣t）＝8，
t2﹣6t+8＝0，
∴t1＝2，t2＝4，
答：2s 或4s 时△PBQ 的面积等于8cm2．
26．（2022 秋•淮安校级期中）如图，在矩形ABCD 中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P 从点A 沿边AB 向点
B 以1cm/s 的速度移动；同时，点Q 从点B 沿边BC 向点C 以2cm/s 的速度移动，问几秒后△PBQ 的面
积等于8cm2？
【分析】表示出PB，QB 的长，利用△PBQ 的面积等于8 列式求值即可．
【解答】解：设x 秒后△PBQ 的面积等于8cm2．
则AP＝x，QB＝2x．
∴PB＝6﹣x．
∴1
2 ×（6﹣x）2x＝8，
解得x1＝2，x2＝4，
答：2 秒或4 秒后△PBQ 的面积等于8cm2．
27．（2022 秋•武侯区期末）如图，AB＝200cm，O 为AB 的中点，OE⊥AB，P 从A 点以2cm/s 的速度向B
运动，点Q 从O 点以3cm/s 的速度运动向E 运动，当P、Q 两点运动多少时间时，△POQ 的面积为
1800cm2？
【分析】关键是用未知数x 表示出△POQ 的面积，AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x，△POQ 的面
积为1
2 ×OQ×OP，即再解一元二次方程即可．
【解答】解：当点P 在AO 上运动时，设P、Q 两点运动x 秒时，△POQ 的面积为1800cm2，
AP＝2x，OP＝（100﹣2x），OQ＝3x
1
2 ×3x（100﹣2x）＝1800，x1＝20，x2＝30
当P 点在OB 上时，1
2 ×3x（2x﹣100）＝1800，x2﹣50x﹣600＝0
x1＝60，x2＝﹣10（舍去）
答：设P、Q 两点运动20、30、60 秒时，△POQ 的面积为1800cm2
28．（2022 春•永嘉县期中）附加题
（1）试用一元二次方程的求根公式，探索方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根互为相反数的条件是
b ＝
0 ，且
a ，
c 异号
．
（2）已知x、y 为实数，√3 x−2+ y
2−4 y + 4 =0，则x
y = 1
3 ．
（3）在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，∠C＝90 度，BC＝16，AD＝21，DC＝12，动点P 从点D 出发，
沿线段DA 方向以每秒2 个单位长度的速度运动，动点Q 从点C 出发，在线段CB 以每秒1 个单位长度
的速度向点B 运动．点P、Q 分别从点D、C 同时出发，当点P 运动到点A 时，点Q 随之停止运动，设
运动时间为t 秒．
①设△BPQ 的面积为S，求S 和t 之间的函数关系式；
②当t 为何值时，以B、P、Q 三点为顶点的三角形是等腰三角形？（分类讨论）
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和等于−b
a =0，可求出b＝0；
（2）先将原式变形为√3 x−2+( y −2)
2=0，再根据二次根式与平方都是非负数，即可求得x= 2
3，y＝
2，即可求得x
y = 1
3．
（3）①作PM⊥BC，则PM＝DC，根据三角形的面积公式S= 1
2BM•PM 即可求解．
②若以B、P、Q 三顶为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：第一种：PQ＝BQ；第二种：
BP＝BQ；第三种：若PB＝PQ．根据勾股定理可求得t= 7
2或t= 16
3 ，B、P、Q 三点为顶点三角形是等腰
三角形．
【解答】解：（1）依题意可知：
x1+x2=−b
a =0，
∵a≠0
∴b＝0．
并且判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，则a，c 异号．
故方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根互为相反数的条件是：b＝0，且a，c 异号．
（2）√3 x−2+ y
2−4 y + 4 =0，
即√3 x−2+( y −2)
2=0，
∴3x﹣2＝0，y﹣2＝0，
∴x= 2
3，y＝2，
∴x
y = 1
3．
（3）①作PM⊥BC，垂足为M．
则四边形PDCM 为矩形．
∴PM＝DC＝12
∵QB＝16﹣t，
∴S= 1
2 ×12(16−t )=96−6t．
②可知CM＝PD＝2t，CQ＝t，
若以B、P、Q 三顶为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
第一种：PQ＝BQ，在Rt△PMQ 中，PQ2＝PM2+QM2＝122+t2，解t= 7
2．
第二种：BP＝BQ，在Rt△PMB 中，BP2＝（16﹣2t）2+122，3t2﹣32t+144＝0 无实根，
∴PB≠BQ．
第三种：若PB＝PQ，由PB2＝PQ2得t2+122＝（16﹣2t）2+122，解得t1= 16
3 ，t2＝16（舍去）
综上可知：t= 7
2或t= 16
3 ，B、P、Q 三点为顶点三角形是等腰三角形．
29．（2022 秋•驻马店期末）如图，在矩形ABCD 中，AB＝8cm，AD＝6cm，点F 是CD 延长线上一点，且
DF＝2cm．点P、Q 分别从A、C 同时出发，以1cm/s 的速度分别沿边AB、CB 向终点B 运动，当一点运
动到终点B 时，另一点也停止运动．FP、FQ 分别交AD 于E、M 两点，连接PQ、AC，设运动时间为t
（s）．
（1）用含有t 的代数式表示DM 的长；
（2）设△FCQ 的面积为y （cm2），求y 与t 之间的函数关系式；
（3）线段FQ 能否经过线段AC 的中点？若能，请求出此时t 的值；若不能，请说明理由；
（4）设△FPQ 的面积为S （cm2），求S 与t 之间的函数关系式，并回答：在t 的取值范围内，S 是如
何随t 的变化而变化的？
【分析】已知FD、DC 的长度，CQ＝t，利用相关的相似三角形可以表示出DM 的长度与t 的关系式和y
与t 的关系式；s 不能直接与t 建立联系，可以用图形剪切法，s 等于梯形PBCF 的面积减去△PBQ 和
△FQC 的面积，从而建立s 与t 的关系．
【解答】解：（1）由图可知△FDM 与△FCQ 相似，FD
FC = DM
CQ ，CQ＝t，所以DM= 1
5t；
（2）S△FCQ= 1
2 CQ×CF = 1
2 ×t×10＝5t；
（3）当DM＝BQ 时，四边形CMAQ 为平行四边形，对角线互相平分，即1
5t＝6﹣t，t＝5；
（4）S 梯形FCBP= 1
2 ×6×（10+8﹣t）＝54﹣3t
S△BPQ= 1
2（8﹣t）（6﹣t）= 1
2 t
2−7t+24
S＝S 梯形FCBP﹣S△FCQ﹣S△BPQ=−1
2 t
2−t+30=−1
2 (t +1)
2+ 61
2
S 随t 的增大而减小．即：从t＝0，S＝30 变化到t＝6，S＝6．
30．（2022 春•文登区期中）如图，在Rt△ABC 中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝8cm，点P 从A 出发向C
以1cm/s 的速度运动、点Q 同时从C 出发向B 以1cm/s 的速度运动，当一个点运动到终点时，该点停止
运动，另一个点继续运动，当两个点都到达终点时也停止运动．
（1）几秒后，△CPQ 的面积为Rt△ABC 的面积的1
8？
（2）填空：①点经过 25
4 秒，点P 在线段AB 的垂直平分线上．
②点Q 经过 8
3 秒，点Q 在∠BAC 的平分线上．
【分析】（1）设经过x 秒，首先求得线段BC 的长，然后分x≤6 和6＜x≤8 两种情况列方程求解即可；
（2）①点P 在线段AB 的垂直平分线上，即可得到PA＝PB，从而求得时间；
②点Q 在∠BAC 的平分线上，则Q 点到AC 和AB 的距离相等．
【解答】解；（1）设经过x 秒．
在Rt△ABC 中，BC =√A B
2−A C
2=6(cm)
根据题意得；
当x≤6 时，1
2（8﹣x）x= 1
8 × 1
2 ×8×6
解得：x1= 4−√10，x2= 4 +√10(舍去)
当6＜x≤8 时，1
2（8﹣x）×6＝37
解得：x＝7
答：经过7 秒或4−√10秒．
（2）当点P 在线段AB 的垂直平分线上时，PA＝PB，
∵设经过x 秒后点P 在线段AB 的垂直平分线上，
∴x2＝（8﹣x）2+62
解得：x= 25
4 ，
∴经过25
4 秒，点P 在线段AB 的垂直平分线上
②如图，作QD⊥AB 于点D，
∵点Q 在∠BAC 的平分线上，
∴QD＝QC，
设经过x 秒，
则CQ＝x，则QD= 5
4 （6﹣x），
∴x= 5
4 （6﹣x），解得：x= 8
3，
∴点Q 经过8
3秒，点Q 在∠BAC 的平分线上．
