专题21.6 一元二次方程中的动点问题专项训练（30道）（解析版）

专题216 一元二次方程中的动点问题专项训练（30 道） 【人版】 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xy 中，过原点及点（0，2）、（6，0）作矩形 B，∠的平分线交B 于点D．点P 从点出发，以每秒❑ √2个单位长度的速度沿射线D 方向 移动；同时点Q 从点出发，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 2 ﹣t）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⊥于点G，在Rt△PG 中， ∵∠PQ＝45°， ∴∠PG＝45°， ∵P¿ ❑ √2t， ∴G＝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 2 ﹣t）2+22，PQ2＝（2t﹣t） 2+t2＝2t2， ①若∠PQB＝90°，则有PQ2+BQ2＝PB2， 即：2t2+[（6 2 ﹣t）2+22]＝（6﹣t）2+（2﹣t）2， 整理得：4t2 8 ﹣t＝0， 解得：t1＝0（舍去），t2＝2， ∴t＝2， 1 ②若∠PBQ＝90°，则有PB2+QB2＝PQ2， [ ∴（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6 2 ﹣t）2+22]＝2t2， 整理得：t2 10 ﹣ t+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． 故答为：2 或5+❑ √5或5−❑ √5． 2．（2022 春•衢江区校级期末）如图，B 是上一点，且B＝6m，B＝4m，射线BD⊥，垂足 为B，动点M 从出发以2m/s 的速度沿着向运动，同时动点从B 出发以3m/s 的速度沿着 射线BD 向下运动，连接M．当△BM 的面积为3 2m2，两动点运动了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 2 ﹣t）m，B＝ 3tm，根据△BM 的面积为3 2m2，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 ﹣）m，B＝3tm，根据△BM 的面积为3 2m2，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 2 ﹣t）m，B＝3tm， ∴1 2（4 2 ﹣t）•3t¿ 3 2， 整理得：2t2 4 ﹣t+1＝0， 解得：t1¿ 2−❑ √2 2 ，t2¿ 2+❑ √2 2 ； 当2＜t≤5 时，BM＝（2t 4 ﹣）m，B＝3tm， 1 ∴1 2（2t 4 ﹣）•3t¿ 3 2， 整理得：2t2 4 ﹣t 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 ． 故答为：2−❑ √2 2 或2+❑ √2 2 或2+❑ √6 2 ． 3．（2022•临清市一模）在Rt△B 中，∠B＝90°，B＝＝16m，D 为B 边上的高，动点P 从 点出发，沿→D 方向以❑ √2m/s 的速度向点D 运动．设△BP 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△B 中，∠B＝90°，B＝＝16m，D 为B 边上的高， ∴D＝BD＝D＝8❑ √2m， 又∵P¿ ❑ √2t， 则S1¿ 1 2P•BD¿ 1 2 ×8❑ √2×❑ √2t＝8t，PD＝8❑ √2−❑ √2t， ∵PE∥B， ∴∠EP＝∠＝45°，∠PE＝∠D＝90°， ∴∠PE＝∠PE＝45° ∴PE＝P¿ ❑ √2t， ∴S2＝PD•PE＝（8❑ √2−❑ √2t）•❑ √2t， ∵S1＝2S2， 8 ∴t＝2（8❑ √2−❑ √2t）•❑ √2t， 解得：t＝6 或0（舍弃） 故答是：6． 1 4．（2022•于洪区校级模拟）如图，在直角梯形BD 中，D∥B，∠B＝90°，D＝6m，B＝ 8m，B＝14m．动点P、Q 都从点同时出发，点P 沿→B 方向做匀速运动，点Q 沿→D→ 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 1m/s 速度运动，点Q 以2❑ √2m/s 的速度运动，连接BQ、PQ．当时间t 为 2 秒时， △BQP 的面积为24m2． 【分析】由于点P 在线段B 上运动，而点Q 沿→D→方向做匀速运动，所以分两种情况 讨论：①点Q 在D 上；②点Q 在D 上．针对每一种情况，都可以过Q 点作QG⊥B 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 24m2，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D⊥B，垂足为点， 则有D＝B＝8m，B＝D＝6m． ∴＝B﹣B＝14 6 ﹣＝8m． 在Rt△D 中，∠D＝90°， ∴D¿ ❑ √D H 2+C H 2=¿8❑ √2m． 当点P、Q 运动的时间为t（s），则P＝t． ①如图1，当点Q 在D 上时，过Q 点作QG⊥B，垂足为点G，则Q＝2❑ √2t． 又∵D＝，D⊥B， 1 ∴∠＝45°． ∴在Rt△QG 中，QG＝Q•s∠＝2❑ √2t×s45°＝2t． 又∵BP＝B﹣P＝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D 上时，过Q 点作QG⊥B，垂足为点G， 则：QG＝B＝8m，BP＝B﹣P＝14﹣t， ∴S△BPQ¿ 1 2BP×QG¿ 1 2（14﹣t）×8＝56 4 ﹣t． 当Q 运动到点时所需要的时间t¿ CD+ AD 2❑ √2 =8 ❑ √2+6 2❑ √2 =¿4+3 ❑ √2 2 ． ∴S＝56 4 ﹣t（4＜t≤4+3 ❑ √2 2 ）， 当S＝24 时，56 4 ﹣t＝24， 解得：t＝8＞4+3 ❑ √2 2 ，舍去， 综上，当t＝2 时，S＝24， 故答为：2． 5．（2022 秋•惠来县月考）如图，已知B⊥B，B＝12m，B＝8m．一动点从点出发沿B 方 向以1m/s 的速度向B 点运动，同时另一动点M 由点沿B 方向以2m/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△MB 的面积为24m2时运动的时间t 为 2 秒． 1 【分析】根据题意可知＝tm，M＝2tm，进而可得出B＝（8﹣t）m，BM＝（12 2 ﹣t） m，根据△MB 的面积为24m2，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＝tm，M＝2tm， ∴B＝（8﹣t）m，BM＝（12 2 ﹣t）m， ∵△MB 的面积为24m2， ∴1 2 ×（12 2 ﹣t）×（8﹣t）＝24， 整理得：t2 14 ﹣ t+24＝0， 解得：t1＝2，t2＝12（不合题意，舍去）． 故答为：2． 6．（2022 秋•兰山区期末）如图，在Rt△B 中，∠＝90°，＝30m，B＝25m，动点P 从点出 发，沿方向运动，速度是2m/s；同时，动点Q 从点B 出发，沿B 方向运动，速度是 1m/s，则经过 10 s 后，P，Q 两点之间相距25m． 【分析】设x 秒后P、Q 两点相距25m，用x 表示出P、Q，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25m， 则P＝2xm，Q＝（25﹣x）m， 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25m． 故答是：10． 7．（2022 秋•渭滨区期中）如图，、B、、D 是矩形的四个顶点，B＝16m，B＝6m，动点 P 从点出发，以3m/s 的速度向点B 运动，直到点B 为止；动点Q 同时从点出发，以 1 2m/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10m． 【分析】设当t 秒时PQ＝10m，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10m， 过点Q 作⊥B 于点， 则Q＝2tm，P＝（16 5 ﹣t）m， 故62+（16 5 ﹣t）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10m， 故答为：8 5 s 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B 的边长为6m，点P 从点出发，沿→ →B 的方向以2m/s 的速度向终点B 运动，同时点Q 从点B 出发，沿B→的方向以1m/s 的速度向终点运动．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 在边上，当t 为何值时，△PQ 为直角三角形？ （2）是否存在这样的t 值，使△PQ 的面积为2❑ √3m2？若存在，请求出t 的值，若不存在， 请说明理由． 1 【分析】（1）当点P 在边上时，由题意知P＝2t，Q＝6﹣t，再分∠PQ＝90°和∠QP＝ 90°两种情况分别求解即可； （2）分点P 在边上和点P 在边上两种情况，表示出S△PQ，再根据△PQ 的面积为2❑ √3m2 列出关于t 的方程，解之即可． 【解答】解：（1）∵△B 是等边三角形 ∴B＝B＝＝6，∠＝∠B＝∠＝60°， 当点P 在边上时，由题意知，P＝2t，Q＝6﹣t， 当∠PQ＝90°时，P¿ 1 2Q，即2t¿ 1 2（6﹣t），解得t＝12， 当∠QP＝90°时，Q¿ 1 2P，即6﹣t¿ 1 2 ×2t，解得t＝3， 所以，点P 在边上，当t 为12s 或3s 时，△PQ 为直角三角形； （2）存在， ①当点P 在边上时，此时0≤t≤3， 过点P 作PD⊥B 于点D， 在Rt△PD 中，∠＝60°，P＝2t， s ∴¿ PD AP ，即s60°¿ PD 2t = ❑ √3 2 ， ∴PD¿ ❑ √3t，S△PQ¿ 1 2Q•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B 上时，此时3≤t≤6， 如图，过点P 作PF⊥B 于点F， 1 在Rt△BPF 中，∠B＝60°，BP＝12 2 ﹣t， s ∴B¿ PF BP ，即s60°¿ PF 12−2t = ❑ √3 2 ， ∴PF¿ ❑ √3(6−t )，S△PQ¿ 1 2Q•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，△PQ 的面积为2❑ √3m2． 9．（2022 秋•泗阳县期末）如图，在△B 中，∠B＝90°，B＝12m，B＝24m，动点P 从点出 发沿边B 向点B 以2m/s 的速度移动，同时动点Q 从点B 出发沿边B 向点以4m/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 ） m；BQ＝ 4 t m；（用t 的代数式表示） （2）D 是的中点，连接PD、QD，t 为何值时△PDQ 的面积为40m2？ 【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D⊥B 于，利用三角形中位线定理求得D 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：P＝2tm，BQ＝4tm， 所以BP＝（12 2 ﹣t）m， 故答是：（12 2 ﹣t）；4t； （2）如图，过点D 作D⊥B 于， ∵∠B＝90°，即B⊥B． ∴B∥D． 又∵D 是的中点， 1 ∴B¿ 1 2B＝12m，D 是△B 的中位线． ∴D¿ 1 2B＝6m． 根据题意，得1 2 ×12×24−1 2 ×4t ×（12 2 ﹣t）−1 2 ×（24 4 ﹣t）×6−1 2 ×2t×12＝40， 整理，得t2 6 ﹣t+8＝0． 解得：t1＝2，t2＝4， 即当t＝2 或4 时，△PBQ 的面积是40m2． 10．（2022 春•淄川区期中）如图，在梯形BD 中，D∥B，∠＝∠D＝90°，B＝16，D＝12， D＝21．动点P 从点D 出发，沿线段D 的方向以每秒2 个单位长度的速度运动，动点Q 从点出发，在线段B 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， 同时出发，当点P 运动到点时，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⊥B 于E， ∴EQ¿ 1 2BQ， ∵Q＝t， ∴BQ＝16﹣t， ∴EQ＝8−1 2 t， ∴E＝8−1 2 t+t＝8+1 2 t． 1 2 ∴t＝8+1 2 t． 解得：t¿ 16 3 ． 如图2，当PQ＝BQ 时，作QE⊥D 于E， ∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°， ∵∠＝∠D＝90°， ∴∠＝∠D＝∠DEQ＝90°， ∴四边形DEQ 是矩形， ∴DE＝Q＝t， ∴PE＝t，QE＝D＝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⊥B 于E， ∵Q＝t， ∴BP＝BQ＝B﹣Q＝16﹣t， ∵PD＝2t， ∴E＝2t， ∴BE＝16 2 ﹣t， 在Rt△BEP 中， （16 2 ﹣t）2+122＝（16﹣t）2， 3t2 32 ﹣ t+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． 1 11．（2022•红谷滩区校级模拟）如图所示，△B 中，∠B＝90°，B＝6m，B＝8m． （1）点P 从点开始沿B 边向B 以1m/s 的速度移动，点Q 从B 点开始沿B 边向点以2m/s 的速度移动，如果P，Q 分别从，B 同时出发，经过几秒，点P，Q 之间的距离为❑ √6 m？ （2）点P 从点开始沿B 边向B 以1m/s 的速度移动，点Q 从B 点开始沿B 边向点以2m/s 的速度移动，如果P，Q 分别从，B 同时出发，经过几秒，使△PBQ 的面积等于8m2？ （3）若P 点沿射线B 方向从点出发以1m/s 的速度移动，点Q 沿射线B 方向从点出发以 2m/s 的速度移动，P，Q 同时出发，几秒后，△PBQ 的面积为1m2？ 【分析】（1）设经过x 秒，点P，Q 之间的距离为❑ √6m，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8m2，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B 上，点Q 在射线B 上；②点P 在线 段B 上，点Q 在射线B 上；点P 在射线B 上，点Q 在射线B 上． 【解答】解：（1）设经过x 秒，点P，Q 之间的距离为❑ √6m， 则P＝x（m），QB＝2x（m）， ∵B＝6m，B＝8m ∴PB＝（6﹣x）（m）， ∵在△B 中，∠B＝90° 1 ∴由勾股定理得：（6﹣x）2+（2x）2＝6 化简得：5x2 12 ﹣ x+30＝0 ∵△＝（﹣12）2 4×5×30 ﹣ ＝144 600 ﹣ ＜0 ∴点P，Q 之间的距离不可能为❑ √6m． （2）设经过x 秒，使△PBQ 的面积等于8m2，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8m2． （3）①点P 在线段B 上，点Q 在线段B 上 设经过m 秒，0＜m≤4，依题意有 1 2（6﹣m）（8 2 ﹣m）＝1 ∴m2 10 ﹣ m+23＝0 解得；m1＝5+❑ √2（舍），m2＝5−❑ √2 ∴m＝5−❑ √2符合题意； ②点P 在线段B 上，点Q 在射线B 上 设经过秒，4＜≤6，依题意有 1 2（6﹣）（2 8 ﹣）＝1 ∴2 10+25 ﹣ ＝0 解得1＝2＝5 ∴＝5 符合题意； ③点P 在射线B 上，点Q 在射线B 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1m2． 12．（2022 秋•射阳县期末）如图，在矩形BD 中，B＝6m，B＝4m，动点P 从点出发，以 2m/s 的速度沿B 向点B 移动，同时，点Q 从点出发，以1m/s 的速度沿D 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 （1）试求当t 为何值时四边形PQD 为矩形； （2）P、Q 两点出发多长时间，线段PQ 的长度为5m． 【分析】（1）根据矩形的对边相等得到P＝PQ，由时间×速度＝路程求得线段P、PQ 的长度，然后等量关系P＝PQ 列出方程并解答；