Question

5．如圖，在矩形ABCD中，AB=$2\sqrt{3}$，BC=8，M是BC 的中點，P、Q兩點同時從M點出發(fā)，其中點P以每秒1個單位的速度向B運動，到達點B后立即按原來的速度反向向M點運動，到達M點后停止，點Q以每秒1個單位的速度沿射線MC運動，當點P停止時點Q也隨之停止．以PQ為邊長向上作等邊三角形PQE．
（1）求點E落在線段AD上時，P、Q兩點的運動時間；
（2）設運動時間為t秒，矩形ABCD與△PQE重疊的面積為S，求出S與t之間的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍；
（3）在矩形ABCD中，點N是線段BC上一點，并且CN=2，在直線CD上找一點H（H點在D點的上方）連接HN，DN，將△HDN繞點N逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△H′D′N，連接HH'，得到四邊形HH′D′N，四邊形HH′D′N的面積能否是$\frac{31}{2}-\sqrt{3}$？若能，求出HD的長；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）當點E落在線段AD上時，由△EPQ是等邊三角形，得到△EPM是直角三角形，根據(jù)勾股定理列方程解出t的值；
（2）分類討論；當0≤t≤2時，因為△EPQ是等邊三角形，如圖1，得到PM=QM=t，EM⊥PQ，PQ=2t，EM=$\sqrt{3}$t，根據(jù)三角形的面積公式即可求出S=$\frac{1}{2}$PQ•EM=$\sqrt{3}$t²，當2＜t≤4，如圖2，因為PQ=2t，EM=$\sqrt{3}$t，PF=4，得到FG=2t-4，根據(jù)圖形面積的和差可求出S=S_△EPQ-S_△EFG=$\frac{1}{2}$•2t$•\sqrt{3}t$-$\frac{1}{2}$（2t-4）（$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$，當4＜t≤6，如圖3，由題意得到PQ=8，F(xiàn)G=4，DG=6-t，CQ=t-4，根據(jù)圖形面積的和差可求出S=S_△EPQ-S_△EFG-S_△GDN-S_△CQN=-$\sqrt{3}$t²$+10\sqrt{3}t$-2$\sqrt{3}$，當6＜t≤8時，如圖4，根據(jù)題意得PQ=8，F(xiàn)G=4，DF=10-t，CP=12-t，由梯形的面積公式即可得到S=S_{四邊形PCDF}=$\frac{1}{2}$（10-t+12-t）×$2\sqrt{3}$=-2$\sqrt{3}$t+22$\sqrt{3}$；
（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到△H′NH是等腰直角三角形，根據(jù)圖形面積的和差即可求出結果．

解答 解：（1）當點E落在線段AD上時，△EPQ是等邊三角形，
∴EM⊥PQ，PM=QM，
∴EM=AB=2$\sqrt{3}$，PM=MQ=t，
∴PQ=EP=EQ=2t，
∴t²${+（2\sqrt{3}）}^{2}$=（2t）²，
∴t=2（負值舍去），
∴點E落在線段AD上時，P、Q兩點的運動時間為：2s；

（2）當0≤t≤2時，∵△EPQ是等邊三角形，如圖1，
∴PM=QM=t，EM⊥PQ，
∴PQ=2t，EM=$\sqrt{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$PQ•EM=$\sqrt{3}$t²，
當2＜t≤4，如圖2，
∵PQ=2t，EM=$\sqrt{3}$t，PF=4，
∴FG=2t-4，
∴S=S_△EPQ-S_△EFG=$\frac{1}{2}$•2t$•\sqrt{3}t$-$\frac{1}{2}$（2t-4）（$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$，
當4＜t≤6，如圖3，
PQ=8，F(xiàn)G=4，DG=6-t，CQ=t-4，
∴S=S_△EPQ-S_△EFG-S_△GDN-S_△CQN
=$\frac{1}{2}$×$8×4\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）²-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-4）²
=-$\sqrt{3}$t²$+10\sqrt{3}t$-2$\sqrt{3}$，
當6＜t≤8時，如圖4，
PQ=8，F(xiàn)G=4，DF=10-t，CP=12-t，
∴S=S_{四邊形PCDF}=$\frac{1}{2}$（10-t+12-t）×$2\sqrt{3}$=-2$\sqrt{3}$t+22$\sqrt{3}$，
綜上所述：S=$\left\{\begin{array}{l}{{\sqrt{3}t}^{2}（0≤t≤2）}\\{4\sqrt{3}t-4\sqrt{3}（2＜t≤4）}\\{-{\sqrt{3}t}^{2}+10\sqrt{3}t-2\sqrt{3}（4＜t≤6）}\\{-2\sqrt{3}t+22\sqrt{3}（6＜t≤8）}\end{array}\right.$，

（3）設HD=x，則NH²=${（x+2\sqrt{3}）}^{2}$+2²=x²$+4\sqrt{3}x$+16，
∵△H′NH是等腰直角三角形，
∴S_{四邊形HH′D′N}=S_△HH′N-S_△D′H′N=${\frac{1}{2}NH}^{2}$-$\frac{1}{2}$•HD•NC=$\frac{1}{2}$（${x}^{2}+4\sqrt{3}x+16$）-$\frac{1}{2}×2•x$=$\frac{31}{2}$-$\sqrt{3}$，
x²+（4$\sqrt{3}$-2）x+（2$\sqrt{3}$-15）=0，
解得：x=$\sqrt{3}$或x=2+5$\sqrt{3}$，
∴HD=$\sqrt{3}$或HD=2+$\sqrt{5}$．

點評 本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積的求法，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，特別是要注意進行分類討論．