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分类讨论的数学思想，也称分情况讨论，当一个数学问题在一定的题设下，其结论并不唯一时，我们就需要对这一问题进行必要的分类.近年来，在各地中考试题中涉及“分类讨论”的问题非常普遍，因为这类试题不仅考查数学基本知识与方法，而且考查了学生思维的深刻性.在解决此类问题时，因考虑不周全导致失分的较多，究其原因主要是平时的学习中，尤其是在中考复习时，对“分类讨论”的数学思想渗透不够.应用分类讨论思想解决问题必须保证分类科学，标准统一，做到不重复，不遗漏，并力求最简.下面就2013年各地中考题精选几例供大家学习和复习时参考.
一、由图形位置的不确定性引起的分类讨论
例1 （2013年浙江省杭州市数学中考题）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2 cm，QM=4 cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1 cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，3 cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值 〖CD#4〗 ;（单位：秒）
分析与点评： 此类题目是由于图形位置的不断变化而引起的分类讨论.本例中，由于点的运动引起⊙P与△ABC的边相切的位置也在不断变化，从而需要分类讨论.通过已知求出AB=AC=BC=4 cm，MN=1 2AC=2 cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：即⊙P分别与边AB、AC、BC相切时的情形，画出图形结合图形求出即可；本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论．难度不大.
解 ：因为△ABC是等边三角形，所以AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，
因为QN∥AC，AM=BM．所以N为BC中点，
所以MN=1 2AC=2 cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，
分为三种情况：①如图2，
当⊙P切AB于M′时，连接PM′，
则PM′=3 cm，∠PM′M=90°，
因为∠PMM′=∠BMN=60°，所以M′M=1 cm，PM=2MM′=2 cm，
所以QP=4 cm-2 cm=2 cm，即t=2；
②如图3，
当⊙P与AC切于A点时，连接PA，
则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=3 cm，
所以PM=1 cm，所以QP=4 cm-1 cm=3 cm，即t=3，
当⊙P与AC切于C点时，连接PC，
则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=3 c
m，
所以P′N=1 cm，所以QP=4 cm+2 cm+1 cm=7 cm，
即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；
③如图4，
当⊙P切BC于N′时，连接PN′，则PN′=3 cm，∠PN′N=90°，
因为∠PNN′=∠BNM=60°，所以N′N=1 cm，PN=2NN′=2 cm，
所以QP=4 cm+2 cm+2 cm=8 cm，即t=8；
故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．
二、对求解过程不便统一表述的问题进行分类讨论
例2 （2013年黑龙江省哈尔滨市数学中考题）在△ABC中，AB=22，BC=1，
∠ABC=45°，以AB为一边作等腰直角三角形ABD，使∠ABD=90°，连接CD，则线段CD的长为〖CD#4〗.
分析与点评 ：此类问题一般结果是两个以上，其题干表述就注定了它的多解特征，要结合题意画出图形逐个判断，做到不重不漏.分点A、D在BC的两侧、点A、D在BC的同侧，当①A、D在BC的两侧时，设AD与边BC相交于点E，根据等腰直角三角形的性质求出AD，再求出BE=DE=1 2AD并得到BE⊥AD，然后求出CE，在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解；当②点A、D在BC的同侧时，根据等腰直角三角形的性质可得BD=AB，过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，判定△BDE是等腰直角三角形，然后求出DE=BE=2，再求出CE，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解．本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
解： ①如图5，点A、D在BC的两侧，因为△ABD是等腰直角三角形，
所以AD=2AB=2×22=4，
因为∠ABC=45°，所以BE=DE=1 2AD=1 2
×4=2，BE⊥AD，
因为BC=1，所以CE=BE-BC=2-1=1，
在Rt△CDE中，CD=CE2+DE2=12+22
=5.
②如图6，点A、D在BC的同侧，因为△ABD是等腰直角三角形，所以BD=AB=22，
过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，则△BDE是等腰直角三角形，
所以DE=BE=2 2
×22=2,
因为BC=1，所以CE=BE+BC=2+1=3，
在Rt△CDE中，CD=CE2+DE2=
32+22=13.
综上所述，线段CD的长为5或13.故答案为：5或13.
三、由点的不确定性引起的分类讨论
例3 （2013年山东省济宁市数学中考题）如图7，直线y=-
1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
分析与点评 ：此类题目一般因为点运动的不确定性需要分类讨论.此题的关键在于第（2）问、第（3）问讨论当Q在P点的右边时和当Q在P点的左边时矩形PEFQ成为正方形的条件，容易漏解.第（1）问根据直线y=-1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出
OB AO=EP AP=
1 2,据此可以求得点P的运动速度.第（2）问当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，求出t即可；第（3）问根据第（2）问中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，找出P，Q不同的位置进行分类讨论是解题关键．
解： （1）因为直线y=-1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，
所以x=0时，y=4，y=0时，x=8，所以
BO AO=4 8=
1 2,
当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t，
因为EP∥BO，所以
OB AO=EP AP=
1 2,所以AP=2t，
因为动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
所以点P运动的速度是每秒2个单位长度.
（2）如图8，当Q在P点的左边PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，
则因为OQ=FQ=t，PA=2t，所以QP=8-t-2t=8-3t，所以8-3t=t，解得：t=2，
如图9，当Q在P点的右边PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，
因为OQ=t，PA=2t，所以OP=8-2t，所以QP=t-（8-2t）=3t-8，所以t=3t-8，解得：t=4；
（3）如图8，当Q在P点的左边时，
因为OQ=t，PA=2t，所以QP=8-t-2t=8-3t，所以S矩形PEFQ=QP•QF=（8-3t）•t=8t-3t2，
当t=-8 2×(-3)=4 3时，
S矩形PEFQ的最大值为：
4×(-3)×0-82
4×(-3)=16 3，
如图9，当Q在P点的右边时，
因为OQ=t，PA=2t，所以2t＞8-t，所以t＞8 3，
所以QP=t-（8-2t）=3t-8，所以S矩形PEFQ=QP•QE=（3t-8）•t=3t2-8t，
因为当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，所以8 3＜t≤4，
当t=4时，S矩形PEFQ
最大，
所以t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42-8×4=16，
综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．
四、由图形形状的不确定性引起的分类讨论
例4 （2013年四川省攀枝花市数学中考题）如图10，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=2 2．动点P在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．
（1）点A的坐标为 ( )，直线l的解析式为 .
（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围.
（3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值.
（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．
分析与点评： 此类题目由于点的运动使图形形状不断发生变化，例如此题由于点P、Q运动到不同位置使△MPQ的形状不断变化，要根据点运动到不同区间分类讨论.第（1）问利用梯形性质确定点D的坐标，利用sin∠DAB=
2 2 特殊三角函数值，得到△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式；第（2）问解答，需要弄清动点的运动过程：①当0＜t≤1时，如图11所示；②当1＜t≤2时，如图12所示；③当2＜t＜16 7 时，如图13所示．第（3）问考查二次函数与一次函数在指定区间上的极值，根据第（2）问中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值；第（4）问△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论，避免漏解．本题是典型的运动型综合题，难度较大，解题关键是对动点运动过程有清晰的理解．第（3）问中，考查了指定区间上的函数极值，增加了试题的难度；另外，分类讨论的思想贯穿（2）-（4）问始终，是分类讨论典型题目，同学们需要认真理解并熟练掌握．
解 ：（1）因为C（7，4），AB∥CD，所以D（0，4）．
因为sin∠DAB=2 2,所以∠DAB=45°，所以OA=OD=4，所以A（-4，0）．
设直线l的解析式为：y=kx+b，则有
b=4
-4k+b=0
.解得：k=1，b=4，
所以y=x+4．所以点A坐标为（-4，0），直线l的解析式为：y=x+4．
（2）在点P、Q运动的过程中：
①当0＜t≤1时，如图11所示.
过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=10-7=3，由勾股定理得BC=5．
过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•3 5=3t.
所以PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，
S=1 2PM•PE=1 2×2t×（14-5t）=-5t2+14t.
②当1＜t≤2时，如图12所示：
过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，
则CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，
S=1 2PM•PE=1 2×2t×（16-7t）=-7t2+16t.
③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7.
即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=16 7.
当2＜t＜16 7时，如图13所示.
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，
S=1 2PM•MQ=1 2×4×（16-7t）=-14t+32．
（3）①当0＜t≤1时，S=-5t2+14t=-5（t-7 5）2+
49 5,
因为a=-5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=7 5，
所以当0＜t≤1时，S随t的增大而增大，
所以当t=1时，S有最大值，最大值为9；
②当1＜t≤2时，S=-7t2+16t=-7（t-8 7）2+64 7.
因为a=-7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=8 7.
所以当t=8 7时，S有最大值，最大值为
64 7.
③当2＜t＜16 7时，S=-14t+32.
因为k=-14＜0，所以S随t的增大而减小．
又因为当t=2时，S=4；
当t=16 7时，S=0，所以0＜S＜4．
综上所述，当t=8 7时，S有最大值，最大值为
64 7.
（4）△QMN为等腰三角形，有两种情形：
①如图14所示，点M在线段CD上，
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4，
由MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t=20 9.
②如图15所示，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，
此时△QMN为等腰三角形，t=12 5.
故当t=20 9或t=12 5时，△QMN为等腰三角形．
我们利用分类讨论时，需要认真审题，全面考虑，才能获得完整的解答.这就要求同学们学会一题多变，换一个角度来思考问题，也就是我们常说的数学变式，学一题会一片，从题海战术中解脱出来，逃出数学“陷阱”，全面思考，真正做到不重复、不遗漏.
一、由图形位置的不确定性引起的分类讨论
例1 （2013年浙江省杭州市数学中考题）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2 cm，QM=4 cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1 cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，3 cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值 〖CD#4〗 ;（单位：秒）
分析与点评： 此类题目是由于图形位置的不断变化而引起的分类讨论.本例中，由于点的运动引起⊙P与△ABC的边相切的位置也在不断变化，从而需要分类讨论.通过已知求出AB=AC=BC=4 cm，MN=1 2AC=2 cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：即⊙P分别与边AB、AC、BC相切时的情形，画出图形结合图形求出即可；本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论．难度不大.
解 ：因为△ABC是等边三角形，所以AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，
因为QN∥AC，AM=BM．所以N为BC中点，
所以MN=1 2AC=2 cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，
分为三种情况：①如图2，
当⊙P切AB于M′时，连接PM′，
则PM′=3 cm，∠PM′M=90°，
因为∠PMM′=∠BMN=60°，所以M′M=1 cm，PM=2MM′=2 cm，
所以QP=4 cm-2 cm=2 cm，即t=2；
②如图3，
当⊙P与AC切于A点时，连接PA，
则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=3 cm，
所以PM=1 cm，所以QP=4 cm-1 cm=3 cm，即t=3，
当⊙P与AC切于C点时，连接PC，
则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=3 c
m，
所以P′N=1 cm，所以QP=4 cm+2 cm+1 cm=7 cm，
即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；
③如图4，
当⊙P切BC于N′时，连接PN′，则PN′=3 cm，∠PN′N=90°，
因为∠PNN′=∠BNM=60°，所以N′N=1 cm，PN=2NN′=2 cm，
所以QP=4 cm+2 cm+2 cm=8 cm，即t=8；
故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．
二、对求解过程不便统一表述的问题进行分类讨论
例2 （2013年黑龙江省哈尔滨市数学中考题）在△ABC中，AB=22，BC=1，
∠ABC=45°，以AB为一边作等腰直角三角形ABD，使∠ABD=90°，连接CD，则线段CD的长为〖CD#4〗.
分析与点评 ：此类问题一般结果是两个以上，其题干表述就注定了它的多解特征，要结合题意画出图形逐个判断，做到不重不漏.分点A、D在BC的两侧、点A、D在BC的同侧，当①A、D在BC的两侧时，设AD与边BC相交于点E，根据等腰直角三角形的性质求出AD，再求出BE=DE=1 2AD并得到BE⊥AD，然后求出CE，在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解；当②点A、D在BC的同侧时，根据等腰直角三角形的性质可得BD=AB，过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，判定△BDE是等腰直角三角形，然后求出DE=BE=2，再求出CE，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解．本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
解： ①如图5，点A、D在BC的两侧，因为△ABD是等腰直角三角形，
所以AD=2AB=2×22=4，
因为∠ABC=45°，所以BE=DE=1 2AD=1 2
×4=2，BE⊥AD，
因为BC=1，所以CE=BE-BC=2-1=1，
在Rt△CDE中，CD=CE2+DE2=12+22
=5.
②如图6，点A、D在BC的同侧，因为△ABD是等腰直角三角形，所以BD=AB=22，
过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，则△BDE是等腰直角三角形，
所以DE=BE=2 2
×22=2,
因为BC=1，所以CE=BE+BC=2+1=3，
在Rt△CDE中，CD=CE2+DE2=
32+22=13.
综上所述，线段CD的长为5或13.故答案为：5或13.
三、由点的不确定性引起的分类讨论
例3 （2013年山东省济宁市数学中考题）如图7，直线y=-
1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
分析与点评 ：此类题目一般因为点运动的不确定性需要分类讨论.此题的关键在于第（2）问、第（3）问讨论当Q在P点的右边时和当Q在P点的左边时矩形PEFQ成为正方形的条件，容易漏解.第（1）问根据直线y=-1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出
OB AO=EP AP=
1 2,据此可以求得点P的运动速度.第（2）问当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，求出t即可；第（3）问根据第（2）问中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，找出P，Q不同的位置进行分类讨论是解题关键．
解： （1）因为直线y=-1 2x+4与坐标轴分别交于点A、B，
所以x=0时，y=4，y=0时，x=8，所以
BO AO=4 8=
1 2,
当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t，
因为EP∥BO，所以
OB AO=EP AP=
1 2,所以AP=2t，
因为动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
所以点P运动的速度是每秒2个单位长度.
（2）如图8，当Q在P点的左边PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，
则因为OQ=FQ=t，PA=2t，所以QP=8-t-2t=8-3t，所以8-3t=t，解得：t=2，
如图9，当Q在P点的右边PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，
因为OQ=t，PA=2t，所以OP=8-2t，所以QP=t-（8-2t）=3t-8，所以t=3t-8，解得：t=4；
（3）如图8，当Q在P点的左边时，
因为OQ=t，PA=2t，所以QP=8-t-2t=8-3t，所以S矩形PEFQ=QP•QF=（8-3t）•t=8t-3t2，
当t=-8 2×(-3)=4 3时，
S矩形PEFQ的最大值为：
4×(-3)×0-82
4×(-3)=16 3，
如图9，当Q在P点的右边时，
因为OQ=t，PA=2t，所以2t＞8-t，所以t＞8 3，
所以QP=t-（8-2t）=3t-8，所以S矩形PEFQ=QP•QE=（3t-8）•t=3t2-8t，
因为当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，所以8 3＜t≤4，
当t=4时，S矩形PEFQ
最大，
所以t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42-8×4=16，
综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．
四、由图形形状的不确定性引起的分类讨论
例4 （2013年四川省攀枝花市数学中考题）如图10，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=2 2．动点P在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．
（1）点A的坐标为 ( )，直线l的解析式为 .
（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围.
（3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值.
（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．
分析与点评： 此类题目由于点的运动使图形形状不断发生变化，例如此题由于点P、Q运动到不同位置使△MPQ的形状不断变化，要根据点运动到不同区间分类讨论.第（1）问利用梯形性质确定点D的坐标，利用sin∠DAB=
2 2 特殊三角函数值，得到△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式；第（2）问解答，需要弄清动点的运动过程：①当0＜t≤1时，如图11所示；②当1＜t≤2时，如图12所示；③当2＜t＜16 7 时，如图13所示．第（3）问考查二次函数与一次函数在指定区间上的极值，根据第（2）问中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值；第（4）问△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论，避免漏解．本题是典型的运动型综合题，难度较大，解题关键是对动点运动过程有清晰的理解．第（3）问中，考查了指定区间上的函数极值，增加了试题的难度；另外，分类讨论的思想贯穿（2）-（4）问始终，是分类讨论典型题目，同学们需要认真理解并熟练掌握．
解 ：（1）因为C（7，4），AB∥CD，所以D（0，4）．
因为sin∠DAB=2 2,所以∠DAB=45°，所以OA=OD=4，所以A（-4，0）．
设直线l的解析式为：y=kx+b，则有
b=4
-4k+b=0
.解得：k=1，b=4，
所以y=x+4．所以点A坐标为（-4，0），直线l的解析式为：y=x+4．
（2）在点P、Q运动的过程中：
①当0＜t≤1时，如图11所示.
过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=10-7=3，由勾股定理得BC=5．
过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•3 5=3t.
所以PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，
S=1 2PM•PE=1 2×2t×（14-5t）=-5t2+14t.
②当1＜t≤2时，如图12所示：
过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，
则CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，
S=1 2PM•PE=1 2×2t×（16-7t）=-7t2+16t.
③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7.
即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=16 7.
当2＜t＜16 7时，如图13所示.
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，
S=1 2PM•MQ=1 2×4×（16-7t）=-14t+32．
（3）①当0＜t≤1时，S=-5t2+14t=-5（t-7 5）2+
49 5,
因为a=-5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=7 5，
所以当0＜t≤1时，S随t的增大而增大，
所以当t=1时，S有最大值，最大值为9；
②当1＜t≤2时，S=-7t2+16t=-7（t-8 7）2+64 7.
因为a=-7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=8 7.
所以当t=8 7时，S有最大值，最大值为
64 7.
③当2＜t＜16 7时，S=-14t+32.
因为k=-14＜0，所以S随t的增大而减小．
又因为当t=2时，S=4；
当t=16 7时，S=0，所以0＜S＜4．
综上所述，当t=8 7时，S有最大值，最大值为
64 7.
（4）△QMN为等腰三角形，有两种情形：
①如图14所示，点M在线段CD上，
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4，
由MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t=20 9.
②如图15所示，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，
此时△QMN为等腰三角形，t=12 5.
故当t=20 9或t=12 5时，△QMN为等腰三角形．
我们利用分类讨论时，需要认真审题，全面考虑，才能获得完整的解答.这就要求同学们学会一题多变，换一个角度来思考问题，也就是我们常说的数学变式，学一题会一片，从题海战术中解脱出来，逃出数学“陷阱”，全面思考，真正做到不重复、不遗漏.