Question

如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，點B（10，0），C（7，4）．直線l經過A，D兩點，且sin∠DAB=．動點P在線段AB上從點A出發(fā)以每秒2個單位的速度向點B運動，同時動點Q從點B出發(fā)以每秒5個單位的速度沿B→C→D的方向向點D運動，過點P作PM垂直于x軸，與折線A→D→C相交于點M，當P，Q兩點中有一點到達終點時，另一點也隨之停止運動．設點P，Q運動的時間為t秒（t＞0），△MPQ的面積為S．
（1）點A的坐標為______，直線l的解析式為______；
（2）試求點Q與點M相遇前S與t的函數(shù)關系式，并寫出相應的t的取值范圍；
（3）試求（2）中當t為何值時，S的值最大，并求出S的最大值；
（4）隨著P，Q兩點的運動，當點M在線段DC上運動時，設PM的延長線與直線l相交于點N，試探究：當t為何值時，△QMN為等腰三角形？請直接寫出t的值．

Answer 1

解：（1）∵C（7，4），AB∥CD，
∴D（0，4）．
∵sin∠DAB=，
∴∠DAB=45°，
∴OA=OD=4，
∴A（-4，0）．
設直線l的解析式為：y=kx+b，則有
，
解得：k=1，b=4，
∴y=x+4．
∴點A坐標為（-4，0），直線l的解析式為：y=x+4．

（2）在點P、Q運動的過程中：
①當0＜t≤1時，如答圖1所示：

過點C作CF⊥x軸于點F，則CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．
過點Q作QE⊥x軸于點E，則BE=BQ•cos∠CBF=5t•=3t．
∴PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，
S=PM•PE=×2t×（14-5t）=-5t²+14t；
②當1＜t≤2時，如答圖2所示：

過點C、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為F，E，
則CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，
S=PM•PE=×2t×（16-7t）=-7t²+16t；
③當點M與點Q相遇時，DM+CQ=CD=7，
即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=．
當2＜t＜時，如答圖3所示：

MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，
S=PM•MQ=×4×（16-7t）=-14t+32．

（3）①當0＜t≤1時，S=-5t²+14t=-5（t-）²+，
∵a=-5＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t=，
∴當0＜t≤1時，S隨t的增大而增大，
∴當t=1時，S有最大值，最大值為9；
②當1＜t≤2時，S=-7t²+16t=-7（t-）²+，
∵a=-7＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t=，
∴當t=時，S有最大值，最大值為；
③當2＜t＜時，S=-14t+32
∵k=-14＜0，
∴S隨t的增大而減�。�
又∵當t=2時，S=4；
當t=時，S=0，
∴0＜S＜4．
綜上所述，當t=時，S有最大值，最大值為．

（4）△QMN為等腰三角形，有兩種情形：
①如答圖4所示，點M在線段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=；

②如答圖5所示，當點M運動到C點，同時當Q剛好運動至終點D，
此時△QMN為等腰三角形，t=．
故當t=或t=時，△QMN為等腰三角形．
分析：（1）利用梯形性質確定點D的坐標，利用sin∠DAB=特殊三角函數(shù)值，得到△AOD為等腰直角三角形，從而得到點A的坐標；由點A、點D的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線l的解析式；
（2）解答本問，需要弄清動點的運動過程：
①當0＜t≤1時，如答圖1所示；
②當1＜t≤2時，如答圖2所示；
③當2＜t＜時，如答圖3所示．
（3）本問考查二次函數(shù)與一次函數(shù)在指定區(qū)間上的極值，根據(jù)（2）中求出的S表達式與取值范圍，逐一討論計算，最終確定S的最大值；
（4）△QMN為等腰三角形的情形有兩種，需要分類討論，避免漏解．
點評：本題是典型的運動型綜合題，難度較大，解題關鍵是對動點運動過程有清晰的理解．第（3）問中，考查了指定區(qū)間上的函數(shù)極值，增加了試題的難度；另外，分類討論的思想貫穿（2）-（4）問始終，同學們需要認真理解并熟練掌握．