《2025年一遍过九年级初中数学上册人教版》

(1)当 $t$ 为何值时,$P$,$Q$ 两点间的距离为 $15\mathrm{cm}$？
(2)当 $t$ 为何值时,四边形 $PBCQ$ 的面积为 $30\mathrm{cm^{2}}$？
决动点问题
答案 P11
(3)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。
(4)当 $\triangle BPQ$ 为等腰三角形时,求出 $t$ 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：
(1)过点Q作QE⊥AB于点E,
则PE=|15-5t| cm,QE=5 cm,
所以PQ=√(PE²+QE²)=√((15-5t)²+5²)(cm),
当PQ=15 cm时,√((15-5t)²+5²)=15,
即t²-6t+1=0,
解得t₁=3-2√2,t₂=3+2√2(舍去),
故当t=3-2√2时,P,Q两点间的距离为15 cm.
(2)由题意得,1/2×(15-3t+2t)×5=30,解得t=3,
故当t=3时,四边形PBCQ的面积为30 cm².
(3)可能.
当四边形APQD为矩形时,DQ=AP,
则15-2t=3t,解得t=3,
故四边形APQD可能为矩形,此时t的值为3.
(4)由
(1)和题意,知PB²=(15-3t)²,PQ²=(15-5t)²+5²,
BQ²=(2t)²+5².
当PB=PQ时,(15-3t)²=(15-5t)²+5²,
解得t=(15±5√5)/8;
当PQ=BQ时,(15-5t)²+5²=(2t)²+5²,
解得t₁=15/7,t₂=5(舍去);
当PB=BQ时,(15-3t)²=(2t)²+5²,
解得t₁=9-√41,t₂=9+√41(舍去).
故当△BPQ为等腰三角形时,t的值为(15±5√5)/8,9-√41
或15/7.
(5)不存在.理由如下:
若∠PQB=90°,则应有PQ²+BQ²=PB²,
即(15-5t)²+5²+(2t)²+5²=(15-3t)²,
化简,得2t²-6t+5=0.
因为Δ=(-6)²-4×2×5=-4＜0,
所以此方程没有实数根,
所以不存在一个时刻,使得∠PQB=90°.