Question

如圖，在等腰梯形ABCD中，ABDC，AB=3，DC=，高CE=2，對(duì)角線AC、BD交于H，平行于線段BD的兩條直線MN、RQ同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速平移，分別交等腰梯形ABCD的邊于M、N和R、Q，分別交對(duì)角線AC于F、G；當(dāng)直線RQ到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，兩直線同時(shí)停止移動(dòng)．記等腰梯形ABCD被直線MN掃過的圖形面積為S₁、被直線RQ掃過的圖形面積為S₂，若直線MN平移的速度為1單位/秒，直線RQ平移的速度為2單位/秒，設(shè)兩直線移動(dòng)的時(shí)間為x秒．

（1）填空：∠AHB=　 　；AC=　   ；

（2）若S₂=3S₁，求x；

（3）設(shè)S₂=mS₁，求m的變化范圍．

 

Answer 1

【答案】

解：（1）90°；4。

（2）直線移動(dòng)有兩種情況：0＜x＜及≤x≤2。

①當(dāng)0＜x＜時(shí)，∵M(jìn)N∥BD，∴△AMN∽△ARQ。

∵直線MN平移的速度為1單位/秒，直線RQ平移的速度為2單位/秒，

∴△AMN和△ARQ的相似比為1：2。

∴。∴S₂=4S₁，與題設(shè)S₂=3S₁矛盾。

∴當(dāng)0＜x＜時(shí)，不存在x使S₂=3S₁。

②當(dāng)≤x≤2時(shí)，

 ∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH。

∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3。

∴CH=DH=AC=1，AH═BH=4﹣1=3。

∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S_△BCD=×4×1=2

∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB。

∴。

又，

∵M(jìn)N∥BD，∴△AMN∽△ADB�！�，

∴S₁=x²，S₂=8﹣8（2﹣x）²。

∵S₂=3S₁，∴8﹣8（2﹣x）²=3·x²，解得：x₁=（舍去），x₂=2。

∴x的值為2。

（3）由（2）得：當(dāng)0＜x＜時(shí)，m=4，

當(dāng)≤x≤2時(shí)，∵S₂=mS₁，

∴。

∴m是的二次函數(shù)，當(dāng)≤x≤2時(shí)，即當(dāng)時(shí)，m隨的增大而增大，

∴當(dāng)x=時(shí)，m最大，最大值為4；當(dāng)x=2時(shí)，m最小，最小值為3。

∴m的變化范圍為：3≤m≤4。

【解析】相似三角形的判定和性質(zhì)，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，等腰梯形的性質(zhì)。

【分析】（1）過點(diǎn)C作CK∥BD交AB的延長線于K，

∵CD∥AB，∴四邊形DBKC是平行四邊形。

∴BK=CD=，CK=BD。

∴AK=AB+BK=。

∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴BD=AC。

∴AC=CK�！郃E=EK=AK=2=CE。

∵CE是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°�！唷螦CK=90°�！唷螦HB=∠ACK=90°

∴AC=AK•cos45°=。

（2）直線移動(dòng)有兩種情況：0＜x＜及≤x≤2；然后分別從這兩種情況分析求解：當(dāng)

0＜x＜時(shí)，易得S₂=4S₁≠3S1；當(dāng) ≤x≤2時(shí)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)與直角三角形的面積的求解方法，可求得△BCD與△CRQ的面積，繼而可求得S₂與S₁的值，由S₂=3S₁，即可求得x的值；

（3）由（2）可得當(dāng)0＜x＜ 時(shí)，m=4；當(dāng)≤x≤2時(shí)，可得，化為關(guān)于的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得m的變化范圍。