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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.

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.

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