Question

17．如圖，矩形ABCD中，AB=DC=12，AD=BC=4$\sqrt{3}$，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度在射線AB上運動，設(shè)點P運動的時間是t秒，以AP為邊作等邊三角形△APQ，且△APQ和矩形ABCD在射線AB的同側(cè)．（備注：在直角三角形中，如果一條直角邊等于斜邊的一半，那么這條直角邊所對的銳角等于30°）
（1）當(dāng)t為何值時，Q點在線段DC上？當(dāng)t為何值時，C點在線段PQ上？
（2）設(shè)AB的中點為N，PQ與線段BD相交于點M，是否存在△BMN為等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）設(shè)△APQ與矩形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）求出DQ，即可求出AP，即可得出答案，求出BP，求出AP即可；
（2）分為三種情況：畫出圖形，BM=MN，BN=MN．BM=BN，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出即可．
（3）分為四種情況，畫出圖形，①0≤t≤8，②8＜t≤12，③12＜t＜16，④t≥16，求出各個三角形的面積，根據(jù)圖形即可得出答案．

解答 解：（1）如圖1，當(dāng)Q點在線段DC上時，
∵AD=4$\sqrt{3}$，∠ADQ=90°，∠DAQ=90°-60°=30°，
∴設(shè)DQ=x，則AQ=2x，
∴（4$\sqrt{3}$）²+x²=（2x）²，
解得：x=4，
∴AP=8，
∴t=8，
∴當(dāng)t=8秒時，Q在線段DC上，
如圖2：∵當(dāng)C在PQ上時，點P在AB延長線上，
由題意得：BP=$\frac{BC}{tan60°}$=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=4，
∴AP=AB+BP=12+4=16，
∴t=16，
∴當(dāng)t=16秒時，點C在線段PQ上．
（2）△BMN是等腰三角形，
分為三種情況：
①如圖3，
當(dāng)BN=MN時，
∵∠NMB=∠NBM=30°，
∴∠ANM=60°，
∴此時Q點在BD上，
P點與N重合，
∴AP=AN=6，
∴t=6；
②如圖4，當(dāng)BM=BN時，作ML⊥AB于L，
∵BM=BN，
∴BL=BM•cos30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3$\sqrt{3}$，
ML=BM•sin30°=3，LP=$\sqrt{3}$，
BP=MP=2$\sqrt{3}$，
∴AP=12-2$\sqrt{3}$，
∴t=12-2$\sqrt{3}$；
③如圖5，當(dāng)BM=MN時，∠MNB=∠MBN=30°，
∵∠QPA=60°，
∴∠NMP=90°
∴BP=MP=$\frac{1}{2}$NP，
∴BP=2，AP=10，
∴t=10，
綜合上述，當(dāng)t=6秒或（12-2$\sqrt{3}$）秒或10秒時，
△BMN是等腰三角形．
（3）①當(dāng)0≤t≤8時，過Q作QR⊥AP于R，如圖6所示：
∵△APQ是等邊三角形，
∴QA=QP=t，∠QAP=60°，
∴AR=PR=$\frac{1}{2}$t，
∴由勾股定理得：QR=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=S_△AQP=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
即S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²；
②如圖7，當(dāng)8＜t≤12時，
∵在Rt△ADF中，∠ADF=90°，∠DAF=90°-60°=30°，AD=4$\sqrt{3}$，
∴DF=AD×tan30°=4，
過Q作QR⊥AP于R，交DC于W，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，
∴△QFO∽△QAP，
∴$\frac{FO}{AP}$=$\frac{QW}{QR}$，
∴$\frac{FO}{t}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}t-4\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}t}$，
∴FO=t-8，
∴S=S_△APQ-S_△QFO=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-$\frac{1}{2}$（t-8）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-8），
S=4$\sqrt{3}$t-16$\sqrt{3}$；
③如圖8，當(dāng)12＜t＜16時，
∵BP=t-12，∠P=60°，
∴BS=$\sqrt{3}$（t-12），
∴CS=4$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$（t-12）=16$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∵∠CSO=∠BSP=90°-60°=30°，
∴CO=$\frac{CS}{\sqrt{3}}$=16-t，
∴S=S_△AQP-S_△QFO-S_△SBP
=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-$\frac{1}{2}$（t-8）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-8）-$\frac{1}{2}$（t-12）×$\sqrt{3}$（t-12）
=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+16$\sqrt{3}$t-88$\sqrt{3}$；
④當(dāng)t≥16時，如圖9，
∵Rt△ADF中，AD=4$\sqrt{3}$，∠DAF=90°-60°=30°，
∴DF=AD•tan30°=4，
∴S=S_梯形CFAB=$\frac{1}{2}$×（CF+AB）×BC=$\frac{1}{2}$×（12-4+12）×4$\sqrt{3}$=40$\sqrt{3}$，
即S=40$\sqrt{3}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了三角形的面積、勾股定理、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)等知識；題目比較好，綜合性強，難度較大，用了分類討論思想．