Question

20．如圖，在△ABC中∠ABC=90°，∠A=30°，BC=2cm，動(dòng)點(diǎn)P以3cm/s的速度由A沿射線AC方向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)以1cm/s的速度由B向CB的延長(zhǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，連PQ交直線AB于D，則當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{1}{2}$或3或$\frac{5\sqrt{3}+3}{11}$s時(shí)，△ADP是等腰三角形．

Answer 1

分析 由∠ABC=90°、∠A=30°、BC=2cm得AC=4cm、AB=ACcosA=2$\sqrt{3}$cm，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則AP=3t、BQ=t，分以下三種情況：①當(dāng)PA=PD時(shí)，由∠BDQ=∠PDA=∠A=30°知∠C=∠CPQ=60°、DQ=2BQ=2t，得PQ=PC=AC-AP=4-3t，PD=PQ-DQ=4-3t-2t=4-5t，即可知4-5t=3t，解之得出t的值；②當(dāng)AP=AD時(shí)，得∠ADP=∠BDQ=$\frac{180°-∠A}{2}$=75°、∠DQB=15°，以DQ為邊在∠BDQ內(nèi)部作∠EDQ=∠DQB=15°，設(shè)DE=QE=x，知∠DEB=30°，可得BE=BQ-EQ=t-x，由cos∠DEB=$\frac{BE}{DE}$可得x=2（2-$\sqrt{3}$）t，根據(jù)BD=DEsin∠DEB=（2-$\sqrt{3}$）t知AD=AB-BD=2$\sqrt{3}$-（2-$\sqrt{3}$）t，由AP=AD可得t的值；③當(dāng)DA=DP時(shí)，知∠A=∠APD=30°，從而得∠CQP=∠ACB-∠APD=30°、∠CQP=∠APD=30°，根據(jù)CP=CQ可得t的值．

解答 解：∵∠ABC=90°，∠A=30°，BC=2cm，
∴AC=2BC=4cm，AB=ACcosA=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$cm，
設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則AP=3t，BQ=t，
①當(dāng)PA=PD時(shí)，如圖1，

則∠BDQ=∠PDA=∠A=30°，
∴∠C=∠CPQ=60°，DQ=2BQ=2t，
∴PQ=PC=AC-AP=4-3t，
∴PD=PQ-DQ=4-3t-2t=4-5t，
則4-5t=3t，
解得：t=$\frac{1}{2}$；
②當(dāng)AP=AD時(shí)，如圖2，

則∠ADP=∠BDQ=$\frac{180°-∠A}{2}$=75°，
∴∠DQB=15°，
以DQ為邊在∠BDQ內(nèi)部作∠EDQ=∠DQB=15°，
∴設(shè)DE=QE=x，∠DEB=30°，
∴BE=BQ-EQ=t-x，
由cos∠DEB=$\frac{BE}{DE}$得$\frac{t-x}{x}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：x=2（2-$\sqrt{3}$）t，即DE=2（2-$\sqrt{3}$）t，
∴BD=DEsin∠DEB=（2-$\sqrt{3}$）t，
∴AD=AB-BD=2$\sqrt{3}$-（2-$\sqrt{3}$）t，
由AP=AD得3t=2$\sqrt{3}$-（2-$\sqrt{3}$）t，
解得：t=$\frac{5\sqrt{3}+3}{11}$；
③當(dāng)DA=DP時(shí)，如圖3，

則∠A=∠APD=30°，
∴∠CQP=∠ACB-∠APD=30°，
∴∠CQP=∠APD=30°，
∴CP=CQ，則3t-4=2+t，
解得：t=3，
綜上，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{1}{2}$或3或$\frac{5\sqrt{3}+3}{11}$s時(shí)，△ADP是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等腰三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形的應(yīng)用及解方程的能力，根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)分類討論，并用t表示出相等的邊是解題的關(guān)鍵．