Question

4．如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AB=4，點D是AB的中點，動點P、Q同時從點D出發(fā)（點P、Q不與點D重合），點P沿D→A以1cm/s的速度向中點A運動．點Q沿D→B→D以2cm/s的速度運動．回到點D停止．以PQ為邊在AB上方作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ABC重疊部分的面積為S（cm²），點P運動的時間為t（s）．
（1）當點N在邊AC上時，求t的值．
（2）用含t的代數(shù)式表示PQ的長．
（3）當點Q沿D→B運動，正方形PQMN與△ABC重疊部分圖形是五邊形時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（4）直接寫出正方形PQMN與△ABC重疊部分圖形是軸對稱圖形時t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得出AD=BD=$\frac{1}{2}$AB=2，由正方形的性質(zhì)得出PN=MN=MQ=PQ=3t，∠APN=∠QPN=∠PQM=∠NMQ=∠MNP=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠A=∠B=45°，求出∠ANP=∠A=45°，得出AP=PN，即可得出答案；
（2）分兩種情況：①當0＜t≤1時，PQ=3t；②當1＜t＜2時，BQ=2t-2，求出DQ=4-2t，得出PQ=PD+DQ=4-t；
（3）分兩種情況：①當$\frac{2}{5}$＜t≤$\frac{1}{2}$時，QF=BQ=2-2t，ME=MF=5t-2，由正方形分面積減去等腰直角三角形的面積，即可得出答案；
②當$\frac{2}{3}$≤t＜1時，PG=AP=2-t，HQ=BQ=2-2t，由勾股定理得出AC=BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2$\sqrt{2}$，由大等腰直角三角形的面積減去兩個小等腰直角三角形的面積，即可得出答案；
（4）分兩種情況：①0＜t≤$\frac{1}{2}$；②AP=BQ，BQ=2t-2，AP=2-t，解方程求出t=$\frac{4}{3}$即可．

解答 解：（1）如圖①所示：
∵AB=4，點D是AB的中點，
∴AD=BD=$\frac{1}{2}$AB=2，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴PN=MN=MQ=PQ=3t，∠APN=∠QPN=∠PQM=∠NMQ=∠MNP=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∴∠ANP=∠A=45°，
∴AP=PN，
∴2-t=3t，
∴t=$\frac{1}{2}$；
（2）分兩種情況：
①當0＜t≤1時，PQ=3t；
②當1＜t＜2時，BQ=2t-2，
∴DQ=2-（2t-2）=4-2t，
∴PQ=PD+DQ=4-t；
（3）分兩種情況：
①當$\frac{2}{5}$＜t≤$\frac{1}{2}$時，如圖②所示：
QF=BQ=2-2t，ME=MF=3t-（2-2t）=5t-2，
∴S=（3t）²-$\frac{1}{2}$（5t-2）²=-$\frac{7}{2}$t²+10t-2；
②當$\frac{2}{3}$≤t＜1時，如圖③所示：
PG=AP=2-t，HQ=BQ=2-2t，
∵AC=BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2$\sqrt{2}$，
∴S=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{2}$）²-$\frac{1}{2}$×（2-t）²-$\frac{1}{2}$×（2-2t）²=-$\frac{5}{2}$t²+6t；
（4）分兩種情況：
①如圖④所示：此時0＜t≤$\frac{1}{2}$；
②如圖⑤所示：
此時AP=BQ，BQ=2t-2，AP=2-t，
∴2-t=2t-2，
解得：t=$\frac{4}{3}$；
綜上所述：正方形PQMN與△ABC重疊部分圖形是軸對稱圖形時t的取值范圍為0＜t≤$\frac{1}{2}$或t=$\frac{4}{3}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積的計算以及分類討論等知識；本題綜合性強，有一定難度，注意分類討論思想的運用．