Question

11．如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，DC=6cm，AD=4cm，BC=20cm，∠C=60°．點P從點A出發(fā)沿折線AD→DC方向向點C勻速運動，速度為1cm/s；點Q從點B出發(fā)，沿BC方向向點C勻速運動，速度為2cm/s，P、Q同時出發(fā)，且其中任意一點到達終點，另一點也隨之停止運動，設(shè)點P、Q運動的時間是t（s）．
（1）當點P在AD上運動時，如圖（1），DE⊥CD，是否存在某一時刻t，使四邊形PQED是平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；
（2）當點P在DC上運動時，如圖（2），設(shè)△PQC的面積為S，試求出S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻t，使△PQC的面積是梯形ABCD的面積的$\frac{2}{9}$？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）在（2）的條件下，設(shè)PQ的長為xcm，試確定S與x之間的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）求出CE長度，根據(jù)平行四邊形對邊平行且相等，建立等量關(guān)系：PD=QE，根據(jù)題意建立方程求解即可；
（2）過點P作PM⊥BC，用t表示出CP，CQ，PM，進一步表示三角形面積即可；
（3）分情況表示出三角形PQC的面積，求出梯形面積，根據(jù)題意建立方程即可求解；
（4）求出x與t的關(guān)系，代入（2）中關(guān)系式即可求解．

解答 解：（1）不存在，理由如下：
∵DE⊥CD，∠C=60°，DC=6cm，
∴∠CED=30°，
∴CE=2CD=12，
設(shè)點P、Q運動的時間是t（s），PD=4-t，QE=BC-CE-BQ=20-12-2t=8-2t，
使四邊形PQED是平行四邊形，
有PD=QE，
∴4-t=8-2t，
解得：t=4，此時點P與點D重合，不能構(gòu)成平行四邊形；
（2）如圖②

由題意可求：PC=10-t，QC=20-2t，
過點P作PM⊥BC，
∵∠C=60°，
∴$\frac{PM}{PC}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可求PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（10-t），
∴S=$\frac{1}{2}$×（20-2t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（10-t）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$10\sqrt{3}t$+$50\sqrt{3}$；
（3）如圖3

過點D作DN⊥BC，
由DC=6，∠DCB=60°，可求：DN=$3\sqrt{3}$，
∴梯形ABCD的面積為：（4+20）×$3\sqrt{3}$÷2=$36\sqrt{3}$，
當t≤4時，QC=20-2t，
此時，△PQC的面積為：（20-2t）×$3\sqrt{3}$÷2，
由題意得：（20-2t）×$3\sqrt{3}$÷2=$36\sqrt{3}$×$\frac{2}{9}$，
解得：t=$\frac{22}{3}$（舍去）；
當4＜t≤10時，
由（2）知，△PQC的面積為：$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$10\sqrt{3}t$+$50\sqrt{3}$，
由題意：$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$10\sqrt{3}t$+$50\sqrt{3}$=$36\sqrt{3}$×$\frac{2}{9}$，
解得：t=6，或t=14（舍去），
所以當t=6時，△PQC的面積是梯形ABCD的面積的$\frac{2}{9}$；
（4）如圖②

由（2）知：PC=10-t，QC=20-2t，
過點P作PM⊥BC，
∵∠C=60°，
∴$\frac{PM}{PC}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（10-t），
可求：CM=$\frac{1}{2}$（10-t），QM=QC-CM=$\frac{3}{2}$（10-t），
由勾股定理可求：PQ=$\sqrt{3}$（10-t），
當PQ=x時，$\sqrt{3}$（10-t）=x，解得：t=10-$\frac{\sqrt{3}}{3}x$，
∴S=$\frac{1}{2}$×（20-2t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（10-t）=$\frac{\sqrt{3}}{6}{x}^{2}$，

點評 此題主要考察四邊形的綜合問題，會根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)研究點的存在問題，會用變量表示三角形面積，會運用方程解決相關(guān)問題是解題的關(guān)鍵．