Question

18．如圖，在菱形ABCD中，∠D=120°，AB=8，點(diǎn)M從A開始，以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)N從C出發(fā)，沿C→D→A方向，以每秒2個(gè)單位的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)．若．M、N同時(shí)出發(fā)，其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥DC，交AC于點(diǎn)Q，連接QM．
（1）當(dāng)t=2時(shí)，求線段QN的長(zhǎng)；
（2）請(qǐng)求出當(dāng)△AMQ的面積為$\sqrt{3}$時(shí)，求t的值；
（3）在點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在t的值，使得△AMQ為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1，先根據(jù)題意得：AM=t，CN=2t，把t=2代入得，AM=2，CN=2t=4，由菱形對(duì)邊平行計(jì)算出∠DCA=30°，根據(jù)30°的三角函數(shù)求出QN的長(zhǎng)；
（2）分兩種情況：
①當(dāng)0≤t≤4時(shí)，如圖2，過(guò)Q作QE⊥AB于E，連接BD交AC于O，先根據(jù)勾股定理求OC的長(zhǎng)，由三角函數(shù)表示出CQ和AQ的長(zhǎng)，則可以得出△AMQ的高QE的長(zhǎng)，代入面積公式列等式可求出t的值；
②當(dāng)4＜t≤8時(shí)，如圖3，延長(zhǎng)NQ交AB于E，過(guò)B作BF⊥CD于F，則NE⊥AB，先求CH和BF的長(zhǎng)，所以再求QE的長(zhǎng)，代入面積公式列等式可求出t的值；
（3）當(dāng)△AMQ為等腰三角形，分AM=MQ或AQ=QM或QA=AM三種情況討論；分別計(jì)算對(duì)應(yīng)t的值．

解答 解：（1）如圖1，由題意得：AM=t，CN=2t，
當(dāng)t=2時(shí)，AM=2，CN=2t=4，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DCB+∠D=180°，
∵∠D=120°，
∴∠DCB=60°，
∵AC平分∠DCB，
∴∠DCA=$\frac{1}{2}$∠DCB=30°，
在Rt△CNQ中，tan∠DCA=$\frac{NQ}{NC}$，
NQ=NC•tan∠DCA=4×tan30°=4×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
（2）分兩種情況：
①當(dāng)0≤t≤4時(shí)，如圖2，過(guò)Q作QE⊥AB于E，連接BD交AC于O，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD=AB=8，
∵∠DAB=60°，
∴△ADB是等邊三角形，
∴BD=8，
∴OB=4，
∴OC=$\sqrt{D{C}^{2}-O{D}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
∴AC=8$\sqrt{3}$，
∵DC∥AB，
∴∠BAC=∠DCA=30°，
在Rt△NQC中，CN=2t，
cos30°=$\frac{CN}{CQ}$，
CQ=$\frac{2t}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$，
∴AQ=AC-CQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$，
∴QE=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{1}{2}$（8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$），
S_△AMQ=$\frac{1}{2}$AM•EQ=$\sqrt{3}$，
∴t•$\frac{1}{2}$（8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$）=2$\sqrt{3}$，
解得：t₁=3+$\sqrt{6}$＞4（不符合題意，舍），t₂=3-$\sqrt{6}$；
②當(dāng)4＜t≤8時(shí)，如圖3，延長(zhǎng)NQ交AB于E，過(guò)B作BF⊥CD于F，則NE⊥AB，
∵CD+DN=2t，CD=8，
∴DN=2t-8，
∵∠ADC=120°，
∴∠HDN=60°，
在Rt△DHN中，∠HND=30°，
∴DH=$\frac{1}{2}$DN=t-4，
∴CH=CD+DH=8+t-4=t+4，
在Rt△CHQ中，tan∠DCA=$\frac{HQ}{CH}$，
∴HQ=CH•tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4），
在Rt△BFC中，∠FBC=30°，BC=8，
∴CF=4，
∴BF=$\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
∴QE=4$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4），
∴AQ=2QE=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，
S_△AMQ=$\frac{1}{2}$AM•QE=$\sqrt{3}$，
則t•[4$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4）]=2$\sqrt{3}$，
解得：t₁=4+$\sqrt{10}$，t₂=4-$\sqrt{10}$＜4（不符合題意，舍）；
綜上所述，當(dāng)△AMQ的面積為$\sqrt{3}$時(shí)，t的值為3-$\sqrt{6}$或4+$\sqrt{10}$；
（3）當(dāng)△AMQ為等腰三角形，則AM=MQ或AQ=QM或QA=AM，
①當(dāng)AM=MQ時(shí)，如圖4，
∴∠CAB=∠AQM=30°，
∴∠ACB=∠AQM=30°，
∴△AMQ∽△ABC，得$\frac{AQ}{AC}=\frac{AM}{AB}$，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{24}{7}$，符合0≤t≤4，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{16}{5}$，不符合4＜t≤8，舍去，
②當(dāng)AQ=QM時(shí)，如圖5，有△AMQ∽△ACB，得$\frac{AQ}{AB}=\frac{AM}{AC}$，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{24}{7}$，不符合0≤t≤4，舍去，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{16}{3}$，符合4＜t≤8，
③當(dāng)QA=AM時(shí)，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{（4-\sqrt{3}）×24}{13}$，不符合0≤t≤4，舍去，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=16（2-$\sqrt{3}$）=32-16$\sqrt{3}$，符合4＜t≤8，
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{24}{7}$或$\frac{16}{3}$或32-16$\sqrt{3}$時(shí)，△AMQ為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題是菱形和動(dòng)點(diǎn)的綜合題，考查了菱形、等腰三角形的性質(zhì)，對(duì)于動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，要弄清動(dòng)點(diǎn)的速度、時(shí)間、路程及行動(dòng)路線，本題要首先表示兩動(dòng)點(diǎn)M、N的路程，要注意動(dòng)點(diǎn)N在線段DC上和AD上時(shí)，所構(gòu)成的△AQM的面積的不同；對(duì)于第三問(wèn)中的等腰三角形的問(wèn)題，屬于�？碱}型，要分三種情況進(jìn)行討論，根據(jù)腰的不同、時(shí)間的不同，列式代入計(jì)算．