Question

18．如圖，△ABC是等邊三角形，AB=4cm，CD⊥AB于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC以1cm/s的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P出發(fā)后，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥BC交折線AD-DC于點(diǎn)Q，以PQ為邊作等邊三角形PQR，設(shè)四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積為S（cm²），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上時(shí)，用含t的代數(shù)式表示QR的長(zhǎng)；
（2）求點(diǎn)R運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)；
（3）當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）直接寫(xiě)出以點(diǎn)B、Q、R為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形時(shí)t的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上時(shí)，如圖1，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形證明四邊形APRQ是菱形，則QR=AP=t；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)R的運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)為AR，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)R的運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)為CR，分別求長(zhǎng)并相加即可；
（3）分兩種情況：
①當(dāng)0＜t≤$\frac{4}{3}$時(shí)，四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積是菱形APRQ的面積，
②當(dāng)$\frac{4}{3}$＜t≤2時(shí)，四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積是五邊形APFMQ的面積，
分別計(jì)算即可；
（4）分兩種情況：
①當(dāng)∠BRQ=90°時(shí)，如圖6，根據(jù)BQ=2RQ列式可得：t=$\frac{4}{3}$；
②當(dāng)∠BQR=90°時(shí)，如圖7，根據(jù)BR=2RQ列式可得：t=$\frac{8}{3}$．

解答 解：（1）由題意得：AP=t，
當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上時(shí)，如圖1，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A=∠B=60°，
∵PQ∥BC，
∴∠PQA=∠B=60°，
∴△PAQ是等邊三角形，
∴PA=AQ=PQ，
∵△PQR是等邊三角形，
∴PQ=PR=RQ，
∴AP=PR=RQ=AQ，
∴四邊形APRQ是菱形，
∴QR=AP=t；

（2）當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖2，點(diǎn)R的運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)為AR，
由（1）得：四邊形APRQ是菱形，
∴AR⊥PQ，
∵PQ∥BC，
∴AR⊥BC，
∴RC=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×4=2，
由勾股定理得：AR=$\sqrt{A{C}^{2}-C{R}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$；
當(dāng)點(diǎn)Q在線段CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖2，點(diǎn)R的運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)為CR，
∴AR+CR=2$\sqrt{3}$+2，
答：點(diǎn)R運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)為（2$\sqrt{3}$+2）cm；

（3）當(dāng)R在CD上時(shí)，如圖3，
∵PR∥AD，
∴△CPR∽△CAD，
∴$\frac{CP}{AC}=\frac{PR}{AD}$，
∴$\frac{4-t}{4}=\frac{t}{2}$，
4t=8-2t，
t=$\frac{4}{3}$，
①當(dāng)0＜t≤$\frac{4}{3}$時(shí)，四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積是菱形APRQ的面積，如圖4，
過(guò)P作PE⊥AB于E，
∴PE=AP•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=AQ•PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²，
②當(dāng)$\frac{4}{3}$＜t≤2時(shí)，四邊形APRQ與△ACD重疊部分圖形的面積是五邊形APFMQ的面積，如圖5，
在Rt△PCF中，sin∠PCF=$\frac{PF}{PC}$，
∴PF=PC•sin30°=$\frac{1}{2}$（4-t）=2-$\frac{1}{2}$t，
∴FR=t-（2-$\frac{1}{2}$t）=$\frac{3}{2}$t-2，
∴tan60°=$\frac{FM}{FR}$，
∴FM=$\sqrt{3}$×（$\frac{3}{2}$t-2），
∴S=S_菱形APRQ-S_△FMR=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$\frac{1}{2}$FR•FM=$\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{2}$t-2）×$\sqrt{3}$×（$\frac{3}{2}$t-2），
∴S=-$\frac{5\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$+3$\sqrt{3}t$-2$\sqrt{3}$；
綜上所述，當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上時(shí)，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}（0＜t≤\frac{4}{3}）}\\{-\frac{5\sqrt{3}}{8}{t}^{2}+3\sqrt{3}t-2\sqrt{3}（\frac{4}{3}＜t≤2）}\end{array}\right.$；
（4）①當(dāng)∠BRQ=90°時(shí)，如圖6，
∵四邊形APRQ是菱形，
∴AP=AQ=RQ=t，
∴BQ=4-t，
∵∠AQP=∠PQR=60°，
∴∠RQB=180°-60°60°=60°，
∴∠RBQ=30°，
∴BQ=2RQ，
4-t=2t，
3t=4，
t=$\frac{4}{3}$；
②當(dāng)∠BQR=90°時(shí)，如圖7，
同理得四邊形CPQR是菱形，
∴PC=RQ=RC=4-t，
∴BR=t，
∵∠CRP=∠PRQ=60°，
∴∠QRB=60°，
∴∠QBR=30°，
∴BR=2RQ，
∴t=2（4-t），
t=$\frac{8}{3}$，
綜上所述，以點(diǎn)B、Q、R為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形時(shí)t的值是$\frac{4}{3}$或$\frac{8}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形和三角形的綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定、菱形的性質(zhì)和判定、動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、二次函數(shù)等知識(shí)，熟練掌握菱形和等邊三角形的性質(zhì)與判定是關(guān)鍵，利用數(shù)形結(jié)合的思想解決重疊部分圖形的面積問(wèn)題．