Question

7．如圖，△ABC是等邊三角形，AB=2，D是邊BC的中點(diǎn)．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB-BD以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、D重合）．同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CA-AC以每秒1個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），△PQD的面積為S．
（1）求線段CQ的長（用含t的代數(shù)式表示）．
（2）當(dāng)△PQD是等邊三角形時(shí)，求出t的值．
（3）求S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)當(dāng)0＜t≤2和2＜t＜3時(shí)兩種情況進(jìn)行解答即可；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和AAS證明△BPD與△CDQ全等解答即可；
（3）根據(jù)當(dāng)0＜t≤2和2＜t＜3時(shí)兩種情況，利用三角函數(shù)和三角形面積公式解答即可．

解答 解：（1）當(dāng)0＜t≤2時(shí)，CQ=t．                                   
當(dāng)2＜t＜3時(shí)，CQ=4-t．                                 
（2）如圖1所示；∵△PQD是等邊三角形，
∴∠PDQ=60°，
∴∠PDB+∠CDQ=120°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠PDB+∠BPD=120°，
∴∠BPD=∠CDQ，
∵BD=CD，
在△BPD與△CDQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BPD=∠CDQ}&{\;}\\{∠B=∠C}&{\;}\\{BD=DC}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BPD≌△CDQ（AAS），
∴BP=CQ，
∴2-t=t，
∴t=1，
（3）當(dāng)0＜t≤2時(shí)，如圖2所示，連結(jié)AD．
∵△ABC是等邊三角形，D是邊BC的中點(diǎn)，
∴∠ADB=90°．
∴$AD=AB•sin60°=\sqrt{3}$．
分別過點(diǎn)P、Q作PE⊥BC、QF⊥BC，垂足分別為點(diǎn)E、F．
在Rt△BPE中，∠BEP=90°，$PE=PB•sin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（2-t）$．
在Rt△QCF中，∠QFC=90°，$QF=CQ•sin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}t$．
過點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G．在Rt△AGQ中，∠AGQ=90°，$QG=AQ•sin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（2-t）$．
∴S_△PQD=S_△ABC-S_△BPD-S_△QCD-S_△APQ．
∴${S_{△PQD}}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}-\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}（2-t）-\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}t-\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}（2-t）t$．
∴$S=\frac{{\sqrt{3}}}{4}{t^2}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}t+\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．                                    
當(dāng)2＜t＜3時(shí)，如圖3所示，過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H．           
在Rt△CQH中，∠CHQ=90°，$QH=CQ•sin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（4-t）$．
∴${S_{△PQD}}=\frac{1}{2}PD•QH=\frac{1}{2}×（3-t）\frac{{\sqrt{3}}}{2}（4-t）=\frac{{\sqrt{3}}}{4}{t^2}-\frac{{7\sqrt{3}}}{4}t+3\sqrt{3}$．
∴$S=\frac{{\sqrt{3}}}{4}{t^2}-\frac{{7\sqrt{3}}}{4}t+3\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題是一道綜合性較強(qiáng)的題目，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的性質(zhì)等知識；是中考壓軸題，難度較大．