孫文靜

例如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=30cm，BC=21cm，動點P從點C出發(fā)，沿CA方向運動，動點Q從點B出發(fā)，沿BC方向運動，如果點P，Q同時出發(fā)，P，Q的運動速度均為1cm/s.那么運動幾秒時，它們相距15cm？

解設運動t秒時，P，Q兩點相距15厘米，則有CP=BQ=1×t=t厘米，

所以CQ=21-t，

在Rt△PCQ中，由勾股定理可得

CP²+CQ²=PQ²，

即t²+（21-t）²=15²，

整理，化簡得t²-2t+108=0，

解之，得t₁=9，t₂=12，

答：運動9秒或12秒時，P，Q兩點相距12厘米.

反思探究本題是以幾何圖形（直角三角形）為載體，兩個動點分別在直角邊上運動，探究兩動點之間的長度符合某個條件時運動時間問題，解決此類問題首先我們要搞清動點運動的方向、時間和速度，以便根據(jù)“路程=時間×速度”表示出相關(guān)的線段的長度（即含有時間t的整式），然后再結(jié)合已知條件求出與求解相關(guān)的其他線段，對于較復雜的多個動點問題我們在審題時還應該掌握如下的幾條信息.

1.運動的路線：是直線型的還是折線型（轉(zhuǎn)折點的位置）等其他形式;

2.考慮到它們是同時同地、還是同時異地.

3.點運動的范圍有無限制（包括時間和路線等），同時我們要學會用變化的眼光去洞察運動變化的全過程，抓住“運動與靜止”的辯證關(guān)系，用好“動中尋靜，以靜制動”的解題策略.顯然本題的相等關(guān)系是由直角三角形的勾股定理來提供的，事實上這也是一個構(gòu)造一元二次方程常用的一個相等關(guān)系.

變式1變化研究問題的視角，從動點運動構(gòu)成的三角形（或四邊形）面積的大小進行探索.

例1已知：如圖2，在△ABC中，∠B=90°，AB=5cm，BC=7cm.點P從點A開始沿AB邊向點B以1cm/s的速度移動，點Q從點B開始沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動.

（1）如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，那么幾秒后，△PBQ的面積等于6cm²？

（2）在（1）中，△PQB的面積能否等于8cm²？說明理由.

解（1）設經(jīng)過1秒以后△PBQ面積為6cm²，則BP=（5-x）cm，BQ=2xcm.

根據(jù)直角三角形的面積公式可得

整理得x²-5x+6=0，

解得x=2或x=3.

答：2或3秒后△PBQ的面積等于6cm².

（2）設經(jīng)過x秒以后△PBQ面積為8cm²，則有

整理得x²-5x+8=0，

Δ=25-32=-7<0，

所以，此方程無解，

答：△PQB的面積不能等于8cm².

注（1）根據(jù)直角三角形的面積公式作為相等關(guān)系構(gòu)造關(guān)于時間1的一元二次方程;

（2）考察了一元二次方程根的判別式的應用.

例2如圖3，在△ABC中，∠ABC=90°AB=8cm，BC=6cm，動點P，Q分別從點A，B同時開始移動（移動方向如圖所示），點P的速度為1cm/s，點Q的速度為2cm/s，點Q移動到點。后停止，點P也隨之停止運動，當四邊形APQC的面積為9cm²時，則點P運動的時間是（）

（A）3s.（B）3s或5s.

（C）4s.（D）5s.

解設動點P，Q運動t秒后，能使四邊形APQC的面積為9cm²，則BP為（8-t）cm，BQ為2tcm，根據(jù)S_△PBQ+S_{四邊形APQC}=S_△ABC作為相等關(guān)系可得，

解得t₁=3，t₂=5

（當t=5時，BQ=10，不合題意，舍去）.

故動點P，Q運動3秒時，可使四邊形APQC的面積為9cm².

故選（A）.

注本題是利用“整體=各部分面積之和”作為相等關(guān)系來構(gòu)造一元二次方程求解的，本題還應根據(jù)動點運動的實際情況對解進行取舍，否則功虧一簣，誤選（B）答案.

變式2由兩動點同時出發(fā)，改為其中的一個動點先出發(fā)一定時間，另一動點再運動（不同時運動），探索動點運動構(gòu)成的三角形面積的大小及線段之間長度關(guān)系.

例3如圖4，△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，點P從A沿AC邊向C點以1cm/s的速度移動，在C點停止，點Q從C點開始沿CB邊向點B以2cm/s的速度移動，在B點停止.

（1）如果點P從點A先出發(fā)2s，點Q再從點C出發(fā)，問點Q移動幾秒鐘后S_△QPC=4cm²？

（2）如果點P，Q分別從A，C同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘后PQ=BQ？

解（1）設P出發(fā)1秒時S_△QPC=4cm²，則Q運動的時間為（t-2）秒，此時AP=tcm，

PC=（6-t）cm，QC=2（t-2）cm，

根據(jù)直角三角形的面積公式可得

所以t²-8t+16=0，

解得t₁=t₂=4.

因此經(jīng)4秒點離A點1×4=4cm，點Q離C點2×（4-2）=4cm，符合題意.

答：P先出發(fā)2s，Q再從C出發(fā)2s后，

S_△QPC=4cm².

（2）設經(jīng)過x秒鐘后PQ=BQ，則

PC=（6-x）cm，QC=2xcm，BQ=（8-2x）cm，

依題意可得

（6-x）²+（2x）²=（8-2x）²，

注不同時出發(fā)時，一定要搞清兩動點分別運動的時間，同時要根據(jù)實際情況進行檢驗求得的解是否符合題意.從而確定取舍.

變式3由課本習題兩動點在直角三角形的直角邊上同時出發(fā)，改為兩動點在等邊三角形的邊上運動，探索動點運動構(gòu)成的三角形的形狀與面積.

例4如圖5，在邊長為12cm的等邊三角形ABC中，點P從點A開始沿AB邊向點B以每秒鐘1cm的速度移動，點Q從點B開始沿BC邊向點C以每秒鐘2cm的速度移動.若P，Q分別從A，B同時出發(fā)，其中任意一點到達目的地后，兩點同時停止運動，求：

（1）經(jīng)過幾秒后，△BPQ是直角三角形？

解（1）△BPQ是直角三角形，觀察圖形顯然只有∠BQP和∠BPQ可能為直角，故必須分兩種情形探究.因為△ABC是等邊三角形，所以AB=BC=12cm，

∠A=∠B=∠C=60°.

①當∠PQB=90°時，

所以∠BPQ=30°，

所以BP=2BQ.

因為BP=12-x，BQ=2x，

所以12-x=2×2x，

②當∠QPB=90°時，所以∠PQB=30°，

所以BQ=2PB，

所以2x=2（12-x），

解得x=6.

（2）過點Q作QD⊥AB于D，

所以∠QDB=90°，

所以∠DQB=30°，

在Rt△DBQ中，由勾股定理，得

解得x₁=10，x₂=2，

因為x=10時，2x>12，故舍去，所以x=2.

注（1）問滲透了分類討論的思想;等邊三角形的性質(zhì)，直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，勾股定理的運用，三角形的面積公式的運用，對本題的解答起到了關(guān)鍵的作用.