Question

17．如圖，等腰梯形ABCD中，AB=4，CD=9，∠C=60°，動點P從點C出發(fā)沿CD方向向點D運(yùn)動，動點Q同時以相同速度從點D出發(fā)沿DA方向向終點A運(yùn)動，其中一個動點到達(dá)端點時，另一個動點也隨之停止運(yùn)動．
（1）求AD的長；
（2）當(dāng)x為何值時，PQ⊥AD？
（3）設(shè)CP=x，△PQD的面積為S，求出S與x的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng)x為何值時△PDQ的面積達(dá)到最大，并求出最大值；
（4）探究：在BC邊上是否存在點M使得四邊形PDQM是菱形？若存在，請找出點M，并求出BM的長；不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點B作BM⊥CD于點M，利用等腰梯形ABCD中，AB=4，CD=9，∠C=60°，即可得出CM的長，進(jìn)而得出BC=AD的長；
（2）當(dāng)PQ⊥AD時，得出∠QPD=30°，DQ=$\frac{1}{2}$PD，即可得出答案；
（3）可通過求△PDQ的面積與x的函數(shù)關(guān)系式來得出△PDQ的最大值．由于P、Q速度相同，因此CP=QD=x，那么可用x表示出PD，而△PQD中，PD邊上的高=QD•sin60°，由此可根據(jù)三角形的面積公式求出S_△PQD與x之間的函數(shù)關(guān)系式，可根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出S的最大值以及對應(yīng)的x的值．
（4）假設(shè)存在這樣的M點，那么DM就是PQ的垂直平分線，可得出QD=PD、PM=AM，然后證PM=PD即可．根據(jù)（2）中得出PD、DQ的表達(dá)式，可求出x=$\frac{9}{2}$，即P是CD的中點，不難得出△QPD為等邊三角形，因此∠QPD=∠C=60°，因此PQ∥CM，即∠DMC=90°，在直角三角形DMC中，P為斜邊CD的中點，因此PM=PD，即可得出四邊形PDQM是菱形．那么此時根據(jù)BM=BC-CM可求出BM的長．

解答 解：（1）如圖1，過點B作BM⊥CD于點M，

∵等腰梯形ABCD中，AB=4，CD=9，∠C=60°，
∴CM=$\frac{1}{2}$×（9-4）=$\frac{5}{2}$，∠CBM=30°，
∴BC=AD=2CM=5；

（2）當(dāng)PQ⊥AD時，
∵BC=AD，∠C=60°
∴∠D=60°，
∴∠QPD=30°，
∴DQ=$\frac{1}{2}$PD，
$\frac{1}{2}$（9-x）=x，
解得：x=3，
∴當(dāng)x為3時，PQ⊥AD；

（3）如圖2，

∵CP=x，h為PD邊上的高，依題意，
△PDQ的面積S可表示為：
S=$\frac{1}{2}PD•h=\frac{1}{2}（9-x）•x•sin6{0}^{°}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}（9x-{x}^{2}）=-\frac{\sqrt{3}}{4}（x-\frac{9}{2}）^{2}+\frac{81\sqrt{3}}{16}$，（0＜x≤5），
由題意知0＜x≤5，
當(dāng)x=$\frac{9}{2}$時（滿足0＜x≤5），${S}_{最大值}=\frac{81\sqrt{3}}{16}$．

（4）如圖3，

存在滿足條件的點M，則PD必須等于DQ．
于是9-x=x，x=$\frac{9}{2}$．
此時，點P、Q的位置如圖4所示，△PDQ恰為等邊三角形．
過點D作DO⊥PQ于點O，延長DO交BC于點M，連接PM、QM，則DM垂直平分PQ，
∴MP=MQ．
易知∠1=∠C．
∴PQ∥BC．
又∵DO⊥PQ，
∴MC⊥MD
∴MP=$\frac{1}{2}$CD=PD
即MP=PD=DQ=QM
∴四邊形PDQM是菱形
所以存在滿足條件的點M，且BM=BC-MC=5-$\frac{9}{2}$=$\frac{1}{2}$．

點評 本題是一道壓軸題，也是一道開放探索題，第（3）問是條件開放，第（4）問是結(jié)論開放．本題既考查了學(xué)生的分析作圖能力，又考查學(xué)生綜合運(yùn)用平行線、等腰梯形、等邊三角形、菱形、二次函數(shù)等知識．這里設(shè)計了一個開放的、動態(tài)的數(shù)學(xué)情境，為學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識、分析問題、解決問題留下了廣闊的探索、創(chuàng)新的思維空間．