Question

如圖，直線l上擺放有等腰△PQR和梯形ABCD，∠PQR=120°，PR=6cm，AD∥BC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm．解答下列問題：
（1）旋轉(zhuǎn)：將△PQR繞點P順時針方向旋轉(zhuǎn)150°得到△PQ₁R₁，則的長等于______；
（2）翻折：將△PQ₁R₁沿過點R₁且與直線l垂直的直線翻折，得到翻折后的對應(yīng)圖形△R₁Q₂P₁，試判斷四邊形PQ₁Q₂P₁的形狀，并說明理由；
（3）平移：設(shè)P₁、B兩點重合時，等腰△R₁Q₂P₁以1cm/秒的速度沿直線l向右勻速運動，t 秒時梯形ABCD與等腰△R₁Q₂P₁重合部分的面積記為S．當(dāng)0＜t≤6時，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并指出S的最大值．

Answer 1

解：（1）∵PR=6cm，將△PQR繞點P順時針方向旋轉(zhuǎn)150°后是以點P為圓心，以PR為半徑，圓心角是150°的一段弧，
∴==5πcm；

（2）四邊形PQ₁Q₂P₁是等腰梯形．
理由：∵∠PQR=120°，
∴∠RPQ=∠PR₁Q₁=∠Q₂R₁P₁=30°，
∴PQ₁∥R₁Q₂，由折疊的性質(zhì)可得Q₁P=Q₂R₁=P₁Q₂，
∴四邊形PQ₁Q₂R₁是平行四邊形，
∴四邊形PQ₁Q₂P₁是等腰梯形．

（3）①當(dāng)0＜t≤4時，如圖1，依題意有：BP₁=t，∠KP₁B=30°，∠ABP₁=60°，
∴P₁K⊥BK，
∴KB=BP₁=t，KP₁=BP₁=t，
∴S=BK•KP₁=t²，
∴當(dāng)t=4時，最大值為．
②當(dāng)4＜t≤6時，如圖2，依題意有：BR₁=6-t，CP₁=t-4，
∵△Q₂R₁P₁∽△MR₁B∽△CP₁N，
∴=（）²=（）²，=（）²=（）²，
∴S=S_△Q2R1P1-S_△BR1M-S_△CP1N=S_△Q2R1P1
=[1-（）²-（）²]
=-（t-5）²+，
∴當(dāng)t=5時，最大值為，
綜上所述，面積最大值為．

分析：（1）直接根據(jù)弧長公式進(jìn)行計算即可；
（2）由圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠RPQ=∠PR₁Q₁=∠Q₂R₁P₁=30°，根據(jù)平行線的判定定理可知PQ₁∥R₁Q₂，進(jìn)而可得出四邊形PQ₁Q₂R₁是平行四邊形，故可得出結(jié)論；
（3））①當(dāng)0＜t≤4時，BP₁=t，∠KP₁B=30°，∠ABP₁=60°，由銳角三角函數(shù)的定義及特殊角的三角函數(shù)值可用t表示出KB，KP₁的值，利用三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
當(dāng)4＜t≤6時，BR₁=6-t，CP₁=t-4，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)用t表示出△Q₂R₁P₁、△MR₁B及△CP₁N的面積，根據(jù)S=S_△Q2R1P1-S_△BR1M-S_△CP1N=S_△Q2R1P1
即可得出結(jié)論．
點評：本題考查的是翻折變換，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、弧長公式等，綜合性較強，難度較大．