第03讲一元二次方程几何应用之动点问题专题复习
1
．（沈北新区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm．动点P，Q分别从点A，B同时开始移动，点P的速度为1cm/秒，点Q的速度为2cm/秒，点Q移动到点C后停止，点P也随之停止运动．下列时间瞬间中，能使△PBQ的面积为15cm2的是（ ）
A．2秒钟 B．3秒钟 C．4秒钟 D．5秒钟
【分析】设出动点P，Q运动t秒，能使△PBQ的面积为15cm2，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
【解答】解：设动点P，Q运动t秒后，能使△PBQ的面积为15cm2，
则BP为（8﹣t）cm，BQ为2tcm，由三角形的面积计算公式列方程得，
×（8﹣t）×2t＝15，
解得t1＝3，t2＝5（当t＝5时，BQ＝10，不合题意，舍去）．
∴动点P，Q运动3秒时，能使△PBQ的面积为15cm2．
故选：B．
如
图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝8cm，动点P，Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/S的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P、Q两点从出发开始到 秒时，点P和点Q的距离是10cm．
【分析】设当P、Q两点从出发开始到x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：设当P、Q两点从出发开始到x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，
根据题意得：（16﹣2x﹣3x）2+82＝102，
解得：x1＝2，x2＝
．
答：当P、Q两点从出发开始到2秒或
秒时，点P和点Q的距离是10cm．
故答案为：2或
．
3．如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B为止，点Q以2cm/s的速度向D移动．
（1）P、Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
（2）P、Q两点从出发开始到几秒时，点P和点Q的距离是10cm．
【分析】（1）设P、Q两点从出发开始到x秒时四边形PBCQ的面积为33cm2，则PB＝（16﹣3x）cm，QC＝2xcm，根据梯形的面积公式可列方程：
（16﹣3x+2x）×6＝33，解方程可得解；
（2）作QE⊥AB，垂足为E，设运动时间为t秒，用t表示线段长，用勾股定理列方程求解．
【解答】解：（1）设P、Q两点从出发开始到x秒时四边形PBCQ的面积为33cm2，
则PB＝（16﹣3x）cm，QC＝2xcm，
根据梯形的面积公式得
（16﹣3x+2x）×6＝33，
解之得x＝5，
（
2）设P，Q两点从出发经过t秒时，点P，Q间的距离是10cm，
作QE⊥AB，垂足为E，
则QE＝AD＝6，PQ＝10，
∵PA＝3t，CQ＝BE＝2t，
∴PE＝AB﹣AP﹣BE＝|16﹣5t|，
由勾股定理，得（16﹣5t）2+62＝102，
解得t1＝4.8，t2＝1.6．
答：（1）P、Q两点从出发开始到5秒时四边形PBCQ的面积为33cm2；
（2）从出发到1.6秒或4.8秒时，点P和点Q的距离是10cm．
4．（泗阳县期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A出发沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，同时动点Q从点B出发沿边BC向点C以4cm/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＝ cm；BQ＝ cm；（用t的代数式表示）
（2）D是AC的中点，连接PD、QD，t为何值时△PDQ的面积为40cm2？
【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DH⊥BC于H，利用三角形中位线定理求得DH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：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm，
故答案是：（12﹣2t）；4t；
（
2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC．
∴AB∥DH．
又∵D是AC的中点，
∴BH＝
BC＝12cm，DH是△ABC的中位线．
∴DH＝
AB＝6cm．
根据题意，得
﹣
×（12﹣2t）﹣
×（24﹣4t）×6﹣
×2t×12＝40，
整理，得t2﹣6t+8＝0．
解得：t1＝2，t2＝4，
即当t＝2或4时，△PBQ的面积是40cm2．
5．（越秀区校级一模）已知：如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，当其中一点到达终点后，另外一点也随之停止运动．
（1）如果P、Q分别从A、B同时出发，那么几秒后，△PBQ的面积等于4cm2？
（2）在（1）中，△PQB的面积能否等于7cm2？请说明理由．
【分析】（1）经过x秒钟，△PBQ的面积等于4cm2，根据点P从A点开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，表示出BP和BQ的长可列方程求解；
（2）看△PBQ的面积能否等于7cm2，只需令
×2x（5﹣x）＝7，化简该方程后，判断该方程的Δ与0的关系，大于或等于0则可以，否则不可以．
【解答】解：（1）设经过x秒以后△PBQ面积为4cm2，根据题意得
（5﹣x）×2x＝4，
整理得：x2﹣5x+4＝0，
解得：x＝1或x＝4（舍去）．
答：1秒后△PBQ的面积等于4cm2；
（2）仿（1）得
（5﹣x）2x＝7．
整理，得x2﹣5x+7＝0，因为b2﹣4ac＝25﹣28＜0，
所以，此方程无解．
所以△PBQ的面积不可能等于7cm2．
6．（红谷滩区校级模拟）如图所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．
（1）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，点P，Q之间的距离为
cm？
（2）点P从点A开始沿AB边向B以1cm/s的速度移动，点Q从B点开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P，Q分别从A，B同时出发，经过几秒，使△PBQ的面积等于8cm2？
（3）若P点沿射线AB方向从A点出发以1cm/s的速度移动，点Q沿射线CB方向从C点出发以2cm/s的速度移动，P，Q同时出发，几秒后，△PBQ的面积为1cm2？
【分析】（1）设经过x秒，点P，Q之间的距离为
cm，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8cm2，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AB上，点Q在射线CB上；②点P在线段AB上，点Q在射线CB上；点P在射线AB上，点Q在射线CB上．
【解答】解：（1）设经过x秒，点P，Q之间的距离为
cm，
则AP＝x（cm），QB＝2x（cm），
∵AB＝6cm，BC＝8cm
∴PB＝（6﹣x）（cm），
∵在△ABC中，∠B＝90°
∴由勾股定理得：（6﹣x）2+（2x）2＝6
化简得：5x2﹣12x+30＝0
∵△＝（﹣12）2﹣4×5×30＝144﹣600＜0
∴点P，Q之间的距离不可能为
cm．
（2）设经过x秒，使△PBQ的面积等于8cm2，由题意得：
（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8cm2．
（3）①点P在线段AB上，点Q在线段CB上
设经过m秒，0＜m≤4，依题意有
（6﹣m）（8﹣2m）＝1
∴m2﹣10m+23＝0
解得；m1＝5+
（舍），m2＝5﹣
∴m＝5﹣
符合题意；
②点P在线段AB上，点Q在射线CB上
设经过n秒，4＜n≤6，依题意有
（6﹣n）（2n﹣8）＝1
∴n2﹣10n+25＝0
解得n1＝n2＝5
∴n＝5符合题意；
③点P在射线AB上，点Q在射线CB上
设经过k秒，k＞6，依题意有
（k﹣6）（2k﹣8）＝1
解得k1＝5+
，k2＝5﹣
（舍）
∴k＝5+
符合题意；
∴经过（5﹣
）秒，5秒，（5+
）秒后，△PBQ的面积为1cm2．
7．（赫山区校级自主招生）等腰△ABC的直角边AB＝BC＝10cm，点P、Q分别从A、C两点同时出发，均以1cm/秒的相同速度作直线运动，已知P沿射线AB运动，Q沿边BC的延长线运动，PQ与直线AC相交于点D．设P点运动时间为t，△PCQ的面积为S．
（1）求出S关于t的函数关系式；
（2）当点P运动几秒时，S△PCQ＝S△ABC？
（3）作PE⊥AC于点E，当点P、Q运动时，线段DE的长度是否改变？证明你的结论．
【分析】由题可以看出P沿AB向右运动，Q沿BC向上运动，且速度都为1cm/s，S＝
QC×PB，所以求出QC、PB与t的关系式就可得出S与t的关系，另外应注意P点的运动轨迹，它不仅在B点左侧运动，达到一定时间后会运动到右侧，所以一些问题可能会有两种可能出现的情况，这时我们应分条回答．
【解答】解：（1）当t＜10秒时，P在线段AB上，此时CQ＝t，PB＝10﹣t，
∴S＝
×t（10﹣t）＝
（10t﹣t2），
当t＞10秒时，P在线段AB得延长线上，此时CQ＝t，PB＝t﹣10，
∴S＝
×t（t﹣10）＝
（t2﹣10t）．
（2）∵S△ABC＝
，
∴当t＜10秒时，S△PCQ＝
，
整理得t2﹣10t+100＝0，此方程无解，
当t＞10秒时，S△PCQ＝
，
整理得t2﹣10t﹣100＝0，解得t＝5±5
（舍去负值），
∴
当点P运动
秒时，S△PCQ＝S△ABC．
（3）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
证明：过Q作QM⊥AC，交直线AC于点M，
易证△APE≌△QCM，
∴AE＝PE＝CM＝QM＝
t，
∴四边形PEQM是平行四边形，且DE是对角线EM的一半．
又∵EM＝AC＝10
∴DE＝5
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
同理，当点P在点B右侧时，DE＝5
综上所述，当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
8．（玄武区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝10cm，AD＝8cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向终点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向终点C运动，它们到达终点后停止运动．
（1）几秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；
（2）是否存在时间t使得△DPQ的面积是22cm2？若存在请求出t，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，根据勾股定理可得PD2＝4PQ2，然后再代入相应数据可得方程82+（2t）2＝4[（10﹣2t）2+t2]，再解即可；
（2）设x秒后△DPQ的面积是24cm2，利用矩形面积﹣△DPQ的面积＝周围三个三角形面积和列方程即可．
【解答】解：（1）设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，
∴PD＝2PQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴PD2＝AP2+AD2，PQ2＝BP2+BQ2，
∵PD2＝4PQ2，
①0＜t≤5时，
∴82+（2t）2＝4[（10﹣2t）2+t2]，
解得：t1＝3，t2＝7；
∵t＝7时10﹣2t＜0，
∴t＝3，
②5＜t≤8时，
PD＝
＝2
，
∵PD＝2PQ，
∴PQ＝
，
∵点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向终点C运动，
∴t＝
，
答：3秒或
秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；
（2）不存在，理由如下：
设x秒后△DPQ的面积是22cm2，
∵S△DPQ＝S四边形ABCD﹣S△ADP﹣S△BQP﹣S△DCQ．
∴
×8×2x+
（10﹣2x）•x+
（8﹣x）×10＝80﹣22，
整理得x2﹣8x+18＝0，
∵该方程无解，
∴不存在时间t使得△DPQ的面积是22cm2．
9．如图，直线l1：y1＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P（m，3）为直线l1上一点，另一直线l2：y2＝
x+b过点P．
（1）求点P坐标和b的值；
（2）若点C是直线l2与x轴的交点，动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．
①请写出当点Q在运动过程中，△APQ的面积S与t的函数关系式；
②求出t为多少时，△APQ的面积小于3；
③是否存在t的值，使△APQ为等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把P（m，3）的坐标代入直线l1上的解析式即可求得P的坐标，然后根据待定系数法即可求得b；
（2）根据直线l2的解析式得出C的坐标，①根据题意得出AQ＝9﹣t，然后根据S＝
AQ•|yP|即可求得△APQ的面积S与t的函数关系式；②通过解不等式﹣
t+
＜3，即可求得t＞7时，△APQ的面积小于3；③分三种情况：当PQ＝PA时，则（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（2+1）2+（0﹣3）2，当AQ＝PA时，则（t﹣7﹣2）2＝（2+1）2+（0﹣3）2，当PQ＝AQ时，则（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（t﹣7﹣2）2，即可求得．
【解答】解；（1）∵点P（m，3）为直线l1上一点，
∴3＝﹣m+2，解得m＝﹣1，
∴点P的坐标为（﹣1，3），
把点P的坐标代入y2＝
x+b得，3＝
×（﹣1）+b，
解得b＝
；
（2）∵b＝
，
∴直线l2的解析式为y＝
x+
，
∴C点的坐标为（﹣7，0），
①由直线l1：y1＝﹣x+2可知A（2，0），
∴当Q在A、C之间时，AQ＝2+7﹣t＝9﹣t，
∴S＝
AQ•|yP|＝
×（9﹣t）×3＝
﹣
t；
当Q在A的右边时，AQ＝t﹣9，
∴S＝
AQ•|yP|＝
×（t﹣9）×3＝
t﹣
；
即△APQ的面积S与t的函数关系式为S＝﹣
t+
或S＝
t﹣
；
②∵S＜3，
∴﹣
t+
＜3或
t﹣
＜3
解得7＜t＜9或9＜t＜11．
③存在；
设Q（t﹣7，0），
当PQ＝PA时，则（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（2+1）2+（0﹣3）2
∴（t﹣6）2＝32，解得t＝3或t＝9（舍去），
当AQ＝PA时，则（t﹣7﹣2）2＝（2+1）2+（0﹣3）2
∴（t﹣9）2＝18，解得t＝9+3
或t＝9﹣3
；
当PQ＝AQ时，则（t﹣7+1）2+（0﹣3）2＝（t﹣7﹣2）2，
∴（t﹣6）2+9＝（t﹣9）2，解得t＝6．
故当t的值为3或9+3
或9﹣3
或6时，△APQ为等腰三角形．
10．（西山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝8，∠C＝30°，点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（t＞0），过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．
（1）DF＝ ；（用含t的代数式表示）
（2）求证：△AED≌△FDE；
（3）当t为何值时，△DEF是等边三角形？说明理由；
（4）当t为何值时，△DEF为直角三角形？（请直接写出t的值）．
【分析】（1）根据题意求出DC，根据含30°的直角三角形的性质用t表示出DF；
（2）根据平行线的性质得到∠AED＝∠FDE，利用SAS定理证明△AED≌△FDE；
（3）根据等边三角形的三边相等列式计算；
（4）分∠AED＝90°、∠ADE＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列方程，解方程得到答案．
【解答】（1）解：由题意得，DC＝2t，
在Rt△CFD中，∠C＝30°，
∴DF＝
DC＝t，
故答案为：t；
（2）证明：∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴AB∥DF，
∴∠AED＝∠FDE，
由题意得，AE＝t，
∴AE＝DF，
在△AED和△FDE中，
，
∴△AED≌△FDE（SAS）；
（3）解：∵△AED≌△FDE，
∴当△DEF是等边三角形时，△AED也是等边三角形，
∴AE＝AD，
∴t＝8﹣2t，
解得，t＝
；
（4）∵AE＝DF，AE∥DF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴当△DEF为直角三角形时，△EDA也是直角三角形，
当∠AED＝90°时，AD＝2AE，即8﹣2t＝2t，
解得：t＝2；
当∠ADE＝90°时，AE＝2AD，即t＝2（8﹣2t），
解得：t＝
，
综上所述，当t＝2或
时，△DEF为直角三角形．
11．（青羊区校级期末）如图，已知点D（﹣1，0），直线l1的解析式为y＝﹣x+6，经过点C（2，n），与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）如图1，若直线l2经过点D，与直线l1交于点C，求直线l2的解析式；
（2）点M是x轴上一动点，若△CDM为等腰三角形，求点M的坐标；
（
3）如图2，已知点E为直线l1上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转90°到DF，若CF＝5，求此时点F坐标．
【分析】（1）对于l1：y＝﹣x+6，令y＝﹣x+6＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝6，故点A、B的坐标分别为（6，0）、（0，6），再求出点C的坐标为（2，4），进而求解；
（2）分MC＝CD、MC＝MD、CD＝MD三种情况，利用勾股定理列出方程，分别求解即可；
（3）证明△FND≌△DME（AAS），求出点F的坐标为（a﹣7，a+1），由FC2＝（a﹣7﹣2）2+（a+1﹣4）2＝25，即可求解．
【解答】解：（1）对于l1：y＝﹣x+6，令y＝﹣x+6＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝6，
故点A、B的坐标分别为（6，0）、（0，6），
当x＝2时，y＝﹣x+6＝﹣2+6＝4＝n，故点C的坐标为（2，4），
设直线l2的表达式为y＝kx+b，将点C、D的坐标代入上式得
，解得
，
故直线l2的解析式为y＝
x+
；
（2）设点M（x，0），过点C作CH⊥x轴于点H，
则MC2＝CH2+HM2＝（x﹣2）2+42，
同理可得：CD2＝32+42＝25，MD2＝（x+1）2，
当MC＝CD时，即（x﹣2）2+42＝25，解得x＝5或﹣1（舍去﹣1）；
当MC＝MD时，同理可得x＝
；
当CD＝MD时，同理可得x＝4或﹣6，
故点M的坐标为（5，0）或（
，0）或（4，0）或（﹣6，0）；
（3）设点E的坐标为（a，6﹣a），
分
别过点E、F作x轴的垂线，垂足分别为M、N，
∵∠EDF＝90°，
∴∠EDM+∠DEM＝90°，
∵∠EDM+∠FDN＝90°，
∴∠FDN＝∠DEM，
∵∠FND＝∠DEM＝90°，DE＝DF，
∴△FND≌△DME（AAS），
∴FN＝DM，ND＝EM，
即FN＝DM＝a+1，ND＝EM＝6﹣a，
故点F的坐标为（a﹣7，a+1），
而点C（2，4），
由（2）知：FC2＝（a﹣7﹣2）2+（a+1﹣4）2＝25，
解得a＝
，
∵点F的坐标为（a﹣7，a+1），
∴点F的坐标为（﹣1﹣
，7﹣
）或（﹣1+
，7+
）．
12．（顺德区校级月考）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，动点P从点B出发以2cm/s的速度向点C移动，同时动点Q从点C出发以1cm/s的速度向点A移动，其中一点到达终点后另一点也随之停止运动，设它们的运动时间为ts．
（1）运动几秒时，△CPQ为等腰三角形？
（2）t为何值时，△CPQ的面积等于△ABC面积的
？
（3）在运动过程中，PQ的长度能否为1cm？试说明理由．
【分析】（1）根据PC＝CQ列方程求解即可；
（2）根据△CPQ的面积等于△ABC面积的
，列出关于t的方程，解方程即可；
（3）根据勾股定理列方程，此方程无解，于是得到在运动过程中，PQ的长度能否为1cm．
【解答】解：经过t秒后，PC＝（4﹣2t）cm，CQ＝tcm，
（1）若△CPQ为等腰三角形，
则PC＝CQ，即4﹣2t＝t，
解得：t＝
，
∴运动
秒时，△CPQ为等腰三角形；
（2）当△CPQ的面积等于△ABC面积的
时，
即
×（4﹣2t）•t＝
×
×3×4，
整理得：4t2﹣8t+3＝0，
解得：t1＝
，t2＝
，
∴经过
或
秒后，△CPQ的面积等于△ABC面积的
；
（3）∵∠C＝90°，
∴（4﹣2t）2+t2＝1，
整理得：5t2﹣16t+15＝0，
∵Δ＝162﹣4×5×15＝256﹣300＝﹣44＜0，
∴此方程无实数解，
∴在运动过程中，PQ的长度不能为1cm．
13．（佛山校级月考）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，动点D从点A出发以4cm/s速度向点C移动，同时动点E从C出发以3cm/s的速度向点B移动，设它们的运动时间为ts．
（1）根据题意知：CE＝ cm，CD＝ cm；（用含t的代数式表示）
（2）t为何值时，△CDE的面积等于四边形ABED的面积的
？
（3）点D、E运动时，DE的长可以是4cm吗？如果可以，请求出t的值，如果不可以，请说明理由．
【分析】（1）根据动点D从点A出发以4cm/s速度向点C移动，同时动点E从C出发以3cm/s的速度向点B移动，可以得出CE＝3t，CD＝8﹣4t；
（2）先确定当△CDE的面积等于四边形ABED的面积的
时，则△CDE的面积等于△ABC的面积的
，再列方程求出t的值；
（3）假设可以，根据这一条件列方程并且整理出一元二次方程，再由一元二次方程根的判别式判定此方程没有实数根，则说明DE的长不可以是8cm．
【解答】解：（1）∵动点D、E同时出发，动点E从C出发向点B移动，
∴CE＝3tcm，
∵动点D从点A出发向点C移动，
∴CD＝（8﹣4t）cm，
故答案为：3tcm，（8﹣4t）cm．
（2）当△CDE的面积等于四边形ABED的面积的
时，则△CDE的面积等于△ABC的面积的
，
根据题意得
×3t（8﹣4t）＝
×
×8×6，
整理得t2﹣2t+1＝0，
解得t1＝t2＝1，
答：t＝1，即运动1秒时，△CDE的面积等于四边形ABED的面积的
．
（3）不可以，理由如下：
如果可以，则由勾股定理得（3t）2+（8﹣4t）2＝42，
整理得25t2﹣64t+48＝0，
∵Δ＝（﹣64）2﹣4×25×48＝﹣704＜0，
∴该方程没有实数根，
∴DE的长不可以是4cm．