《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB = 15\mathrm{cm}$,$AD = 5\mathrm{cm}$,动点 $P$,$Q$ 分别从点 $A$,$C$ 同时出发,点 $P$ 以 $3\mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $B$ 移动,一直到点 $B$ 为止,点 $Q$ 以 $2\mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $D$ 移动(点 $P$ 停止移动时,点 $Q$ 也停止移动)。设移动时间为 $t\mathrm{s}$,连接 $PQ$,$QB$。

(1)当 $t$ 为何值时,$P$,$Q$ 两点间的距离为 $13\mathrm{cm}$？
(2)四边形 $APQD$ 的形状可能为矩形吗？若可能,求出 $t$ 的值；若不可能,请说明理由。
(3)当 $t$ 为何值时,四边形 $PBCQ$ 的面积为 $30\mathrm{cm^{2}}$？
(4)当 $\triangle BPQ$ 为等腰三角形时,求 $t$ 的值。
(5)在运动过程中,是否存在一个时刻,使得 $\angle PQB = 90^{\circ}$？若存在,求出 $t$ 的值；若不存在,请说明理由。

答案：
解：
(1)由题意，得 $AP = 3t\ \text{cm}$，$CQ = 2t\ \text{cm}$，
如图，过点 $Q$ 作 $QM \perp AB$ 于点 $M$，
则 $PM = |15 - 2t - 3t| = |15 - 5t|$，
所以 $PQ^{2} = (15 - 5t)^{2} + 5^{2}$。
由题意，得 $(15 - 5t)^{2} + 5^{2} = 13^{2}$，
化简，得 $25t^{2} - 150t + 81 = 0$，
解得 $t_{1} = 0.6$，$t_{2} = 5.4$（舍去），
所以当 $t = 0.6$ 时，$P$，$Q$ 两点间的距离为 $13\ \text{cm}$。

(2)可能. 理由如下：
若四边形 $APQD$ 为矩形，则 $AP = DQ$，
因为 $DQ = (15 - 2t)\ \text{cm}$，
所以 $3t = 15 - 2t$，解得 $t = 3$。
所以当 $t = 3$ 时，四边形 $APQD$ 为矩形。
(3)$PB = (15 - 3t)\ \text{cm}$，
因为 $S_{\text{四边形}PBCQ} = \frac{1}{2}(PB + CQ) \cdot BC$，
所以 $\frac{1}{2}(15 - 3t + 2t) \times 5 = 30$，解得 $t = 3$。
所以当 $t = 3$ 时，四边形 $PBCQ$ 的面积为 $30\ \text{cm}^{2}$。
(4)当 $PQ = PB$ 时，$(15 - 5t)^{2} + 5^{2} = (15 - 3t)^{2}$，解得 $t = \frac{15 \pm 5\sqrt{5}}{8}$；
当 $BQ = BP$ 时，$(2t)^{2} + 5^{2} = (15 - 3t)^{2}$，
解得 $t_{3} = 9 - \sqrt{41}$，$t_{4} = 9 + \sqrt{41}$（舍去）；
当 $QP = QB$ 时，结合
(1)可知 $M$ 为 $PB$ 的中点，即 $15 - 5t = 2t$，
解得 $t = \frac{15}{7}$。
综上所述，当 $\triangle BPQ$ 为等腰三角形时，$t$ 的值为 $\frac{15 \pm 5\sqrt{5}}{8}$，$9 - \sqrt{41}$ 或 $\frac{15}{7}$。
(5)不存在. 理由如下：
若 $\angle PQB = 90^{\circ}$，则应有 $PQ^{2} + QB^{2} = PB^{2}$，
即 $(15 - 5t)^{2} + 5^{2} + 5^{2} + (2t)^{2} = (15 - 3t)^{2}$，
化简，得 $2t^{2} - 6t + 5 = 0$。
因为 $\Delta = (-6)^{2} - 4 \times 2 \times 5 = -4 ＜ 0$，
所以此方程无实数解，
所以不存在一个时刻，使得 $\angle PQB = 90^{\circ}$。