Question

9．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=4cm，AD=6cm，BC=9cm，點P從點A出發，以2cm/s的速度沿A→D→C方向向點C運動；同時點Q從點C出發，以1cm/s的速度沿C→B方向向點B運動，設點Q運動時間為ts，△APQ的面積為Scm²．
（1）DC=5cm，sin∠BCD=$\frac{4}{5}$．
（2）當四邊形PDCQ為平行四邊形時，求t的值．
（3）求S與t的函數關系式．
（4）若S與t的函數圖象與直線S=k（k為常數）有三個不同的交點，則k的取值范圍是$\frac{51}{5}$＜k＜12．

Answer 1

分析 （1）如圖1，作高線DE，證明四邊形ABED是矩形，再利用勾股定理求DC的長，在Rt△DEC中，求出
sin∠BCD=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{4}{5}$；
（2）當四邊形PDCQ為平行四邊形時，點P在AD上，如圖2，根據PD=CQ列方程得：6-2t=t，解出即可；
（3）分三種情況：
①當0＜t≤3時，點P在邊AD上，如圖3，直接利用面積公式求S即可；
②當3＜t≤$\frac{11}{2}$時，點P在邊CD上，如圖4，利用梯形面積減去三個三角形面積的差求S；
③當$\frac{11}{2}$＜t≤9時，點P與C重合，Q在BC上，如圖5，直接利用面積公式求S即可；
（4）畫出圖象，根據圖象得出結論．

解答 解：（1）過D作DE⊥BC于E，則∠BED=90°，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=90°，
∴∠B=∠BAD=90°，
∴四邊形ABED是矩形，
∴AD=BE=6，DE=AB=4，
∴EC=BC-BE=9-6=3，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：DC=5，
sin∠BCD=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{4}{5}$，
故答案為：5，$\frac{4}{5}$；

（2）由題意得：AP=2t，CQ=t，
則PD=6-2t，
當四邊形PDCQ為平行四邊形時，如圖2，
則PD=CQ，
∴6-2t=t，
∴t=2；

（3）分三種情況：
①當0＜t≤3時，點P在邊AD上，如圖3，
S=$\frac{1}{2}$AP•AB=$\frac{1}{2}$×4×2t=4t；
②當3＜t≤$\frac{11}{2}$時，點P在邊CD上，如圖4，
過P作MN⊥BC，交BC于N，交AD的延長線于M，
由題意得：CQ=t，BQ=9-t，PA=2t，PD=2t-6，
∴PC=5-PD=5-（2t-6）=11-2t，
由圖1得：sin∠C=$\frac{4}{5}=\frac{PN}{PC}$，
$\frac{4}{5}=\frac{PN}{11-2t}$，
PN=$\frac{4（11-2t）}{5}$，
∴PM=4-PN=4-$\frac{4（11-2t）}{5}$=$\frac{4（2t-6）}{5}$，
S=S_梯形ABCD-S_△PQC-S_△ABQ-S_△APD，
=$\frac{（6+9）×4}{2}$-$\frac{1}{2}×6×\frac{4（2t-6）}{5}$-$\frac{1}{2}$×$t×\frac{4（11-2t）}{5}$-$\frac{1}{2}×（9-t）×4$=$\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}$；
③當$\frac{11}{2}$＜t≤9時，點P與C重合，Q在BC上，如圖5，
S=$\frac{1}{2}×t×4$=2t；
綜上所述，S與t的函數關系式為：S=$\left\{\begin{array}{l}{4t（0＜t≤3）}\\{\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}（3＜t≤\frac{11}{2}）}\\{2t（\frac{11}{2}＜t≤9）}\end{array}\right.$．

（4）如圖6，S=$\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}$；
S的最小值為：$\frac{4×\frac{4}{5}×\frac{132}{5}-（-\frac{36}{5}）^{2}}{4×\frac{4}{5}}$=$\frac{51}{5}$，
當t=3時，S=4×3=12，
∴則k的取值范圍是：$\frac{51}{5}$＜k＜12．
故答案為：$\frac{51}{5}$＜k＜12．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了梯形的性質、平行四邊形的性質、三角函數、面積的求法和函數問題，將四邊形與二次函數、一次函數相結合，綜合性較強，利用動點運動到不同位置，根據數形結合解決問題，本題還要注意點P運動結束后，點Q還繼續運動，即當$\frac{11}{2}$＜t≤9時，點P與C重合，Q在BC上．