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1、四边形MNQP是矩形, t=32秒时，四边形MNQP是矩形.PM = AM tan60 =/. S=3四边形MNQP2(2) 1 当 0 t 1时，S四边形MNQP1_3=-(PM + QN MN =-J 3t +-时，S四边形MNQP13 =_ (PM + QN MN =3223当 2 t 16,595455/ 1095410)-T2 + 一T，0 W T 一 一一3丿_14 A-6t + 36.W T W I 33丿S81厘米2综上，当T = 3时， PBQ有最大值为5二、利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质（或所求图形面积）直接转化为函数或方程。例3：如图，已知ABC中，AB =
2、 AC = 10厘米，BC = 8厘米，点D为AB的中点（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线 段 CA 上由 C 点向 A 点运动若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后， BPD与CQP是否全等，请说明理由；若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使BPD与CQP全等？（2）若点Q以中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿 ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在ABC的哪条边上相遇?解：（1） t =1 秒，BP = CQ = 3 = 3 厘米，AB =10厘米，点D为AB的
3、中点，BD =5厘米.又. PC = BC BP, BC = 8 厘米，PC 8 3 = 5 厘米，PC BD 又AB AC zB = zC aBPD=CQPv丰vBP丰CQ又.BPDQCQP，zB = ZC，则BP PC 4, CQ BD 5，CQ 5 15t =竺=4VQ = t厘米/秒，解得80x 3 秒.x 3 x + 2 x10 得4点P，点Q运动的时间33秒，(2)设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，由题意，80 X 3 二点 P 共运动了 380厘米.80.80 = 2 X 28 + 24，.点P、点Q在AB边上相遇，.经过3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇.例4：如图，在梯形AB
4、CD中，ADBC，AD = 3，DC = 5，AB = 4p2，ZB = 45动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的 速度向终点D运动设运动的时间为t秒.（1）求BC的长.（2）当MN AB时，求t的值.（3）试探究：为何值时， MNC为等腰三角形.解：（1）如图，过A、D分别作AK丄BC于K，DH丄BC于H，则四边形ADHK是矩形AK ABin 45 4 匹旦4.KH AD 3在 Rt ABK 中，匚2 BC = BK + KH + HC = 4 + 3 + 3 = 10图）图）C（2）如图，过D作DG AB交BC于
5、G点，则四边形ADGB是平行四边形MN AB MN DG BG = AD = 3 GC = 10 - 3 = 7由题意知，当M、N运动到秒时，CN t， CM 10 - 2DG MN Z NMC Z DGC 又 Z C Z C CN CM t 10 2t MNCGDC .CD CG 即 57 解得50t 17（3）分三种情况讨论：当NC =旳5寸，如图，即t = 10 - 2t10t -3C图）C图）1 (10 - 2t)-5 -12当MN = ”0时，如图，过N作NE丄MC于EEC 1 MC解法一：由等腰三角形三线合一性质得 2EC 5-tcos c 在 RtCEN 中，NC t 又在Rt
6、DHCCHcos c 中， CD 5 5- t 325 t t 5 解得 8t 5 t.ZC ZC，ZDHC ZNEC 90 . NECDHC .DC HC 即 5NC EC25t -8当MN 旳0时，如图，过M作MF丄CN于F点.FC -1NC - 2t解法一：（方法同中解法一）C图）cos C 二FCMCt210 - 2t360t =-5 解得17解法二： ZC = ZC, ZMFC = ZDHC = 90。- MFC sDHC 1FC MC 2t 10 - 2t60=2 =t =.HC DC 即 3517 MNC 为等腰三角形10 t =- 综上所述，当 32560t = t =-8或17时,
