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题目:如图1,在矩形ABCD中,AB=6㎝,BC=12㎝,点P从点A沿边AB向点B以1㎝/s的速度移动,同时,点Q从点B沿边BC向点C以2㎝/s的速度移动,有一点到终点运动即停止.问:几秒钟后PQ⊥DQ?
一、思路分析
假设x秒钟后PQ⊥DQ,则容易证得△PBQ∽△QCD,此时可用含x的代数式分别表示出线段PB、BQ、QC,利用相似比求出x的值.
解:设x秒钟后PQ⊥DQ,则AP
=x,BQ=2x,∴PB=6-x,QC=12-2x.
若PQ⊥DQ,则∠BQP+∠CQD=90°.
∵∠CDQ+∠CQD=90°,
∴∠BQP=∠CDQ.
∵由矩形ABCD可得:∠B=∠C,
∴△PBQ∽△QCD.
∴=,即=.
解之得:x=6或(x=6是原方程的增根,应舍去).
∴原方程的解为:x=.
故秒钟后PQ⊥DQ.
二、发现问题
当点P移动到点B时,用去的时间为=6秒,此时点Q恰好移动到点C,且PQ⊥DQ(如图2),为什么在上述求解过程中一解(x=6)会失踪呢?让我们来一起探讨这个问题.
三、失踪之谜
原来,在上述求解过程中(如图1),我们利用了△PBQ∽△QCD.但是,在图2中,当x=6时,△PBQ∽△QCD已经不复存在,故不能求出x=6.
四、另辟蹊径
怎样才能不漏解呢?我们可以在删除增根时就考虑,当 x=6时,图形是否符合题意,也可以借助直角三角形用含x的代数式分别表示出PD2、PQ2、QD2.若PQ⊥DQ,则有PD2=PQ2+QD2,从而可以求得x.
解:在Rt△APD中,
PD2=AP 2+AD2=x2+144.
在Rt△PBQ中,
PQ2=PB2+BQ2=(6-x)2+(2x)2=5x2
-12x+36.
在Rt△QCD中,
DQ2=QC2+CD2=(12-2x)2+62=4x2
-48x+180.
若PQ⊥DQ,则在Rt△PQD中,
PD2=PQ2+QD2.
∴ x2+144=5x2-12x+36+4x2-48x
+180,
即2x2-15x+18=0,
解之得:x1=6,x2=.
∴ 6秒或秒后PQ⊥DQ.
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
一、思路分析
假设x秒钟后PQ⊥DQ,则容易证得△PBQ∽△QCD,此时可用含x的代数式分别表示出线段PB、BQ、QC,利用相似比求出x的值.
解:设x秒钟后PQ⊥DQ,则AP
=x,BQ=2x,∴PB=6-x,QC=12-2x.
若PQ⊥DQ,则∠BQP+∠CQD=90°.
∵∠CDQ+∠CQD=90°,
∴∠BQP=∠CDQ.
∵由矩形ABCD可得:∠B=∠C,
∴△PBQ∽△QCD.
∴=,即=.
解之得:x=6或(x=6是原方程的增根,应舍去).
∴原方程的解为:x=.
故秒钟后PQ⊥DQ.
二、发现问题
当点P移动到点B时,用去的时间为=6秒,此时点Q恰好移动到点C,且PQ⊥DQ(如图2),为什么在上述求解过程中一解(x=6)会失踪呢?让我们来一起探讨这个问题.
三、失踪之谜
原来,在上述求解过程中(如图1),我们利用了△PBQ∽△QCD.但是,在图2中,当x=6时,△PBQ∽△QCD已经不复存在,故不能求出x=6.
四、另辟蹊径
怎样才能不漏解呢?我们可以在删除增根时就考虑,当 x=6时,图形是否符合题意,也可以借助直角三角形用含x的代数式分别表示出PD2、PQ2、QD2.若PQ⊥DQ,则有PD2=PQ2+QD2,从而可以求得x.
解:在Rt△APD中,
PD2=AP 2+AD2=x2+144.
在Rt△PBQ中,
PQ2=PB2+BQ2=(6-x)2+(2x)2=5x2
-12x+36.
在Rt△QCD中,
DQ2=QC2+CD2=(12-2x)2+62=4x2
-48x+180.
若PQ⊥DQ,则在Rt△PQD中,
PD2=PQ2+QD2.
∴ x2+144=5x2-12x+36+4x2-48x
+180,
即2x2-15x+18=0,
解之得:x1=6,x2=.
∴ 6秒或秒后PQ⊥DQ.
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文