Question

3．如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=6，BC=8，AB=3，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)．點(diǎn)P從點(diǎn)M出發(fā)沿MB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)B后立刻以原速度沿BM返回；點(diǎn)Q從點(diǎn)M出發(fā)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度在射線MC上勻速運(yùn)動(dòng)．在點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以PQ為斜邊作等腰直角三角形EPQ，使它與梯形ABCD在射線BC的同側(cè)．點(diǎn)P，Q同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到到點(diǎn)C時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q也隨之停止．設(shè)點(diǎn)P，Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒（t＞0）．

（1）在點(diǎn)P從點(diǎn)M向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)PQ的長(zhǎng)為y，寫出y與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不必寫t的取值范圍），并求當(dāng)點(diǎn)E在AD上時(shí)t的值．
（2）隨著時(shí)間t的變化，線段AD會(huì)有一部分被△EPQ覆蓋，被覆蓋線段的長(zhǎng)度在某個(gè)時(shí)刻會(huì)達(dá)到最大值，該最大值能否持續(xù)一段時(shí)間？若能，求出t的取值范圍；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)△EPQ與梯形ABCD重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）由y=PM+QM列出函數(shù)關(guān)系式即可；
（2）當(dāng)t=4時(shí)，△EPQ的邊長(zhǎng)達(dá)到最大值，此后△EPQ沿射線BC平移，從而可求得t的取值范圍；
（3）分多種情況討論：如圖2，連接EM，則EM⊥PQ，EM=$\frac{1}{2}$PQ，當(dāng)0＜t≤3時(shí)，得到S=S_△EPQ=$\frac{1}{2}$PQ•EM=$\frac{1}{2}$2t•t=t²，當(dāng)3＜t≤4時(shí)，如圖3，過(guò)P作PF⊥AD與F，連接EM得到S=6t-9，當(dāng)4＜t≤5時(shí)，如圖4，過(guò)P作PF⊥AD與F，得到S=$\frac{29}{2}$；當(dāng)5＜t≤7時(shí)，如圖5，得到S=-t+$\frac{11}{2}$，當(dāng)7＜t＜12時(shí)，如圖6，過(guò)N作NH⊥BC與H，過(guò)D作DG⊥BC與G，得到S=$\frac{3}{5}$t²$\frac{84}{5}$t+$\frac{432}{5}$．

解答 解：（1）y=MP+MQ=2t；

（2）能，
此時(shí)，4≤t≤5．
過(guò)程如下：
如圖1，當(dāng)t=4時(shí)，P點(diǎn)與B點(diǎn)重合，Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，
此時(shí)被覆蓋線段的長(zhǎng)度達(dá)到最大值，
∵△PEQ為等腰直角三角形，
∴∠EPC=45°，
∴∠APE=45°，
∵AB=3，
∴AF=3，BF=3$\sqrt{2}$，
∴EF=FG=$\sqrt{2}$，
∴GD=6-3-2=1，
所以Q向右還可運(yùn)動(dòng)1秒，F(xiàn)G的長(zhǎng)度不變，
∴4≤t≤5；

（3）如圖2，連接EM，則EM⊥PQ，EM=$\frac{1}{2}$PQ，
當(dāng)0＜t≤3時(shí)，
∴S=S_△EPQ=$\frac{1}{2}$PQ•EM=$\frac{1}{2}$2t•t=t²，
當(dāng)3＜t≤4時(shí)，如圖3，過(guò)P作PF⊥AD與F，連接EM，
則四邊形ABPF是矩形，
∴PF=AB=3，
∴△FHP是等腰直角三角形，
∴PH=3$\sqrt{2}$，
∵PQ=2t，
∴PE=$\sqrt{2}$t，
∴EH=$\sqrt{2}$t-3$\sqrt{2}$，
∴S=S_△PQE-S_△EHG=$\frac{1}{2}$PE²-$\frac{1}{2}$EH²，
∴S=6t-9，
當(dāng)4＜t≤5時(shí)，如圖4，過(guò)P作PF⊥AD與F，
則四邊形ABPF是矩形，
∴PF=AB=3，
∴HF=PF=3，PH=3$\sqrt{2}$，
∵PQ=8，
∴PE=4$\sqrt{2}$，
∴EH=$\sqrt{2}$，
∴HG=2，
∵AF=PB=CQ=t-4，
∴DG=6-（t-4）-3-2=5-t，
∴S=S_△PQE-S_△EHG-S_△CQN-S_△GDN=$\frac{1}{2}×8×4$-$\frac{1}{2}$（DG+CQ）•AB，
∴S=$\frac{29}{2}$；
當(dāng)5＜t≤7時(shí)，如圖5，
∵AH=3+t-4，
∴DH=6-（t-1）=7-t，PB=CQ=t-4，
∴CP=8-（t-4），
∴S=S_梯形PCDH=$\frac{1}{2}$（DH+PC）•AB，
∴S=-t+$\frac{11}{2}$，
當(dāng)7＜t＜12時(shí)，如圖6，過(guò)N作NH⊥BC與H，過(guò)D作DG⊥BC與G，
∴PH=NH，NH∥DG，
∴$\frac{CH}{NH}=\frac{CG}{DG}=\frac{2}{3}$，
∴CH=$\frac{2}{3}$NH=$\frac{2}{3}$PH，
∵PH+CH=PC=12-t，
∴$\frac{2}{3}$PH+PH=12-t，
∴NH=PH=$\frac{36-3t}{5}$，
∴S=S_△PNC=$\frac{1}{2}$PC•NH，
∴S=$\frac{3}{5}$t²-$\frac{84}{5}$t+$\frac{432}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形的綜合應(yīng)用、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積公式、梯形的面積公式，根據(jù)題意畫出圖形是解題的關(guān)鍵．