Question

3．如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=3$\sqrt{3}$，點(diǎn)E是AD的三等分點(diǎn)，且AE＞DE，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB交BC于F，并作射線DC和AB，點(diǎn)P、Q分別是射線DC和射線AB上動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位的速度向右平移，且始終滿足∠PQA=60°，設(shè)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t．

（1）當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，求DP的長(zhǎng)度；
（2）設(shè)△APQ與四邊形ABFE的重疊部分的面積為S，試求S與t的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（3）設(shè)AB的中點(diǎn)為N，PQ與線段BE相交于點(diǎn)M，是否存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出時(shí)間t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）過(guò)點(diǎn)P作PH垂直于AB，特殊含30°的直角三角形求出HB，再求DP即可；
（2）①分三種情況當(dāng)0≤t≤3時(shí)，Q在點(diǎn)B的左側(cè)或重合時(shí)，②當(dāng)3＜t≤5時(shí)，即H點(diǎn)在F點(diǎn)的左側(cè)或重合時(shí)，③當(dāng)t＞9，即點(diǎn)K在點(diǎn)F的右側(cè)，分別求解即可．
（3）分三種情況①當(dāng)MN=BN=3時(shí)②當(dāng)BM=BN=3時(shí)③當(dāng)MN=MB時(shí)分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PH垂直于AB，

∵∠PQA=60°，AD=3$\sqrt{3}$，
∴PH=3$\sqrt{3}$，
∴HB=CP=$\frac{PH}{tan60°}$=3，
∴DP=DC-CP=6-3=3；

（2）設(shè)△APQ與四邊形ABFE的重疊部分的面積為S，
①如圖2，0≤t≤3，Q在點(diǎn)B的左側(cè)或重合時(shí)，M為DC的中點(diǎn)，連接MB，

S=S_△APQ-S_△KHP=$\frac{1}{2}$AQ•AD-$\frac{1}{2}$KH•DE=$\frac{1}{2}$×[6-（3-t）]×3$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$×[6-（3-t）]×$\sqrt{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t+4$\sqrt{3}$；
②如圖3，當(dāng)3＜t≤5時(shí)，即H點(diǎn)在F點(diǎn)的左側(cè)或重合時(shí)，M為DC的中點(diǎn)，連接MB，

△APQ與四邊形ABFE的重疊部分的面積
S=S_△APQ-S_△KHP-S_△BQM=$\frac{1}{2}$AQ•AD-$\frac{1}{2}$KH•DE-$\frac{1}{2}$BQ•BM=$\frac{1}{2}$[6+（t-3）]×3$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$[6+（t-3）]×$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$（t-3）×$\sqrt{3}$（t-3）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+$\frac{13\sqrt{3}}{3}$t-$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
③如圖4，當(dāng)5＜t≤9，即H點(diǎn)在F點(diǎn)的右側(cè)，K點(diǎn)在F點(diǎn)的左側(cè)時(shí)，

△APQ與四邊形ABFE的重疊部分的面積S=S_{四邊形ABFE}-S_△AKE=AB•AE-$\frac{1}{2}$EK•AE=6×2$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$t×2$\sqrt{3}$=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t+12$\sqrt{3}$；
③如圖5，當(dāng)t＞9，即點(diǎn)K在點(diǎn)F的右側(cè)，

△APQ與四邊形ABFE的重疊部分的面積S=S_△ABN=$\frac{1}{2}$BN•AB=$\frac{1}{2}$×6×（3$\sqrt{3}$-$\frac{3\sqrt{3}（t-6）}{t}$）=$\frac{54\sqrt{3}}{t}$，
綜上所述△APE與四邊形ABFE的重疊部分的面積S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4\sqrt{3}}{3}t+4\sqrt{3}（0≤t≤3）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}+\frac{13\sqrt{3}}{3}t-\frac{\sqrt{3}}{2}（3＜t≤5）}\\{-\frac{2\sqrt{3}}{3}t+12\sqrt{3}（5＜t≤9）}\\{\frac{54\sqrt{3}}{t}（t＞9）}\end{array}\right.$．
存在存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形．

（3）①如圖6，當(dāng)MN=BN=3時(shí)，連接DM，

∵AB=6，AD=3$\sqrt{3}$，點(diǎn)E是AD的三等分點(diǎn)，且AE＞DE，AB的中點(diǎn)為N，
∴AE=2$\sqrt{3}$，
∴∠ABE=30°，
∴∠ABE=∠BMN=30°BE=4$\sqrt{3}$
作NK⊥BE，交BE于點(diǎn)K，MH⊥AD，
∵BN=3，
∴MK=BK=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴EM=$\sqrt{3}$，
∵△AEB∽△HEM，
∴$\frac{EM}{BE}$=$\frac{MH}{AN}$，即$\frac{\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}$=$\frac{MH}{6}$，解得MH=$\frac{3}{2}$，
同理EH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴DH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴∠HDM=30°，
∴DM、MN在一條直線上，即P點(diǎn)與D點(diǎn)重合，Q點(diǎn)與N點(diǎn)重合，
∴t=0時(shí)，存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形，
②如圖7，當(dāng)BM=BN=3時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作KH⊥CD，交CD于點(diǎn)K，AB于點(diǎn)H，

∵∠ABE=30°，
∴MH=$\frac{3}{2}$，BH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴KM=3$\sqrt{3}$-$\frac{3}{2}$，AH=6-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∵∠PQA=60°，
∴∠MPK=60°，
∴PK=$\frac{3\sqrt{3}-\frac{3}{2}}{\sqrt{3}}$=3-$\frac{3}{2}$，
∴DP=AH-PK=DK-PK=6-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-（3-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）=3-$\sqrt{3}$，
∴當(dāng)t=3-$\sqrt{3}$時(shí)，存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形，
③如圖8，當(dāng)MN=MB時(shí)，過(guò)點(diǎn)M作KH⊥CD，交CD于點(diǎn)K，AB于點(diǎn)H，

∵∠ABE=30°，
∴MH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BH=$\frac{3}{2}$，
∴KM=3$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，AH=6-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，
∵∠PQA=60°，
∴∠MPK=60°，
∴PK=（3$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）÷$\sqrt{3}$=$\frac{5}{2}$，
∴DP=AH-PK=DK-PK=$\frac{9}{2}$-$\frac{5}{2}$=2，
∴當(dāng)t=2時(shí)，存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形，
綜上所述：t=0，t=3-$\sqrt{3}$，t=2時(shí)，存在點(diǎn)P，使△BMN為等腰三角形，

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了四邊形綜合題，涉及相似三角形的性質(zhì)，動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，平行四邊形的性質(zhì)及三角形，四邊形的面積公式，解題的關(guān)鍵是正確的畫(huà)出圖形，分情況討論，難度較大．