Question

17．如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=60°，∠BAC=∠ACD=90°，點E為邊AB上一點，AB=3AE=3cm，動點P從B點出發，以1cm/s的速度沿BC→CD→DA運動至A點停止，設運動時間為t秒．
（1）求證四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）當△BEP為等腰三角形時，求t²-31t的值；
（3）當t=4時，把△ABP沿直線AP翻折，得到△AFP，求△AFP與?ABCD重疊部分的面積．

Answer 1

分析 （1）首先證明△ABC≌△DCA，依據全等三角形的性質可知AB=CD，AD=BC，接下來，依據兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形進行證明即可；
（2）當點P在BC上時，可證明△BEP為等邊三角形，從而可求得t=2，將t=2代入所求代數式即可求得代數式的值；當點P在AD上時，作PH⊥AB，PA=15-t，在Rt△APH中，∠HAP=60°，于是可求得AH=$\frac{15-t}{2}$，PH=$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$，接下來，在Rt△EHP中，由勾股定理可得到關于t的方程，整理這個關于t的方程即可得到問題的答案；
（3）設PF與AD交于點M，作MN⊥AP于N，AH⊥BP點H．在Rt△ABH中可求得BH，AH的長，從而可得到HP的長，然后依據勾股定可求得到AP的長，依據三角形的面積可求得S_△APH的值，在Rt△APH中，依據勾股定可求得AP=$\sqrt{13}$．接下來，證明△AMP為等腰三角形，依據等腰三角形三線合一的性質可得到NP的長，然后證明△MPN∽△APH，依據相似三角形的性質可求得S_△MNP的值，最后依據S_△AMP=2S_△MNP求解即可．

解答 解：（1）在△ABC和△DCA中$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠D}\\{∠BAC=∠ACD}\\{AC=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABC≌△DCA（AAS）．
∴AB=CD，AD=BC．
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
（2）如圖1所示：當點P在BC上時．

∵△BEP為等腰三角形，∠B=60°，
∴△BEP為等邊三角形．
∴BP=BE=3-1=2．
∵點P運動的速度為1cm/s，
∴t=2．
∴t²-31t=2²-31×2=-58．
如圖2所示：當點P在AD上時：EB=EP，作PH⊥AB，PA=15-t．

∵∠ABC=60°，AD∥BC，
∴∠HAP=60°．
∵∠H=90°，
∴∠HPA=30°．
∴AH=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{15-t}{2}$，PH=$\sqrt{3}$AH=$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$．
在Rt△EHP中，由勾股定理得：（$\frac{15-t}{2}+1$）²+（$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$）²=2²，整理得：t²-31t=-237．
（3）如圖所示：設PF與AD交于點M，作MN⊥AP于N，AH⊥BP點H．

在Rt△ABH中，∠B=60°，則BH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3}{2}$，AH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
∴HP=4-$\frac{3}{2}$=$\frac{5}{2}$．
∴S_△APH=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{15\sqrt{3}}{8}$．
在Rt△APH中，依據勾股定理可知AP=$\sqrt{13}$．
由翻折的性質可知∠BPA=∠FPA．
∵AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAP．
∴∠FPA=∠DAP．
∴AM=PM．
又∵MN⊥AP，
∴AN=NP=$\frac{\sqrt{13}}{2}$．
∵∠AHP=∠MNP=90°，∠BPA=∠FPA，
∴△MPN∽△APH，
∴$\frac{{S}_{△MNP}}{{S}_{△APH}}$=（$\frac{PN}{PH}$）²=$\frac{13}{25}$．
∴S_△MNP=$\frac{13}{25}$×$\frac{15\sqrt{3}}{8}$=$\frac{39\sqrt{3}}{40}$．
∵AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAP．
∴∠FPA=∠DAP．
∴AM=PM．
又∵MN⊥AP，
∴AN=NP．
∴S_△AMP=2S_△MNP=$\frac{39\sqrt{3}}{20}$．

點評 本題主要考查的是四邊形的綜合應用，解答本題主要應用平行四邊形的判定定理、勾股定理、相似三角形的性質和判定、等腰三角形的性質，掌握本題的輔助線的作法是解題的關鍵．