Question

6．如圖①，在?ABCD中，BE⊥AD于點E，且點E為AD中點，AD=BE=4，點P從點A出發以每秒1個單位長度的速度沿射線AD方向運動．設點P的運動時間為t秒，點P出發后，過點P作AD的垂線，交折線AB-BC于點Q，以PQ為邊向左作正方形PQMN．設正方形PQMN與?ABCD重疊部分的面積為S．
（1）求點N與點D重合時，t的值．
（2）用含t的代數式表示線段EN的長．
（3）當正方形PQMN與?ABCD重疊部分不是正方形時，求S與t之間的關系式．
（4）如圖②，設點O為BE的中點，請直接寫出點P的運動過程中，△OQM為等腰三角形時，t的值．

Answer 1

分析 （1）先求得tan∠A=2．從而得到PA=t，PD=QP=2t，最后依據PA+PN=4列方程求解即可；
（2）①當0＜t＜$\frac{2}{3}$時，EN=AE-PA-PN；當$\frac{2}{3}$≤t＜2時，EN=AN-AE=PA+PN-AE；當t≥2時，EN=AP+PN-AE；
（3）①當0＜t≤$\frac{4}{3}$時，S=正方形的面積；②當$\frac{4}{3}$＜t≤2時．S=S_{正方形PQMN}-S_△FND；當2＜t≤4時，S=梯形PQCD的面積；當4＜t≤6時，S=△CQF的面積；當t＞6時，S=0；
（4）如圖9所示：建立坐標系可得到Q（2-t，2t，），M（2-3t，2t），然后分為OM=OQ，MO=MQ，QO=QM三種情況，接下來依據兩點間的距離公式列方程求解即可；如圖10所示：當Q在BC上時，MQ=QO=4，在Rt△BOQ中，依據勾股定理可求得QB的長，然后可求得t的值

解答 解：（1）如圖1所示：

∵E是AD的中點，AD=4，
∴AE=2．
∵AE=2，BE=4，∠BEA=90°，
∴tan∠A=2．
又∵PA=t，
∴QP=2t．
∵PQMN為正方形，
∴PD=2t．
∴t+2t=4．
解得：t=$\frac{4}{3}$．
（2）①當0＜t＜$\frac{2}{3}$時，如圖2所示：

∵由（1）可知PA=t，NP=2t．
∴EN=AE-PA-PN=2-t-2t=2-3t．
當$\frac{2}{3}$≤t＜2時，如圖3所示：

∵由（1）可知PA=t，NP=2t．
∴EN=AN-AE=PA+PN-AE=t+2t-2=3t-2．
當t≥2時，如圖4所示：

∵PA=t，PN=4，
∴EN=AP+PN-AE=t+4-2=t+2．
綜上所述，EN=$\left\{\begin{array}{l}{2-3t（0＜t＜\frac{2}{3}）}\\{3t-2（\frac{2}{3}≤t＜2）}\\{t+2（t≥2）}\end{array}\right.$．
（3）①如圖5所示：

當0＜t≤$\frac{4}{3}$時，S=（2t）²=4t²；
②如圖6所示：當$\frac{4}{3}$＜t≤2時．

∵NA=3t，AD=4，
∴DN=3t-4．
∴FN=2ND=2（3t-4）．
∴S=S_{正方形PQMN}-S_△FND=（2t）²-$\frac{1}{2}$×2×（3t-4）²=-5t²+24t-16．
當2＜t≤4時，如圖7所示：

∵CQ=CB+EA-PA=6-t，DP=AD-AP=4-t，
∴S=$\frac{1}{2}$×4×（6-t+4-t）=-4t+20．
當4＜t≤6時，如圖8所示：

∵CQ=6-t，
∴QF=12-2t．
∴S=$\frac{1}{2}$CQ•QF=$\frac{1}{2}$×2×（6-t）²=t²-12t+36．
當t＞6時，S=0．
綜上所述S與t的函數為S=$\left\{\begin{array}{l}{4{t}^{2}（0＜t≤\frac{4}{3}）}\\{-5{t}^{2}+24t-16（\frac{4}{3}＜t≤2）}\\{-4t+20（2＜t≤4）}\\{{t}^{2}-12t+36（4＜t≤6）}\\{0（t＞2）}\end{array}\right.$．
（4）如圖9所示：

∵PA=t，PQ=QM=2t，
∴Q（2-t，2t，），M（2-3t，2t）．
當OM=OQ時，由兩點間的距離公式可知：（2-3t）²+（2-2t）²=（2-t）²+（2-2t）²．
整理得：-2t（4-4t）=0．
解得：t=1或t=0（舍去）．
當MO=MQ時．（2-3t）²+（2-2t）²=（2t）²．
整理得：9t²-20t+8=0．
解得：t=$\frac{10+2\sqrt{7}}{9}$或t=$\frac{10-2\sqrt{7}}{9}$．
當QO=QM時（2-t）²+（2-2t）²=（2t）²．
整理得：t²-12t+8=0．
解得：t=6-2$\sqrt{7}$，t=6+2$\sqrt{7}$（舍去）．
如圖10所示：當MQ=QO=4時．

∵在Rt△BOQ中，QB=$\sqrt{Q{O}^{2}-O{B}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$．
∴PA+QB+EA=2$\sqrt{3}$+2即t=2+2$\sqrt{3}$．
綜上所述，當t=2+2$\sqrt{3}$或t=6-2$\sqrt{7}$或t=$\frac{10+2\sqrt{7}}{9}$或t=$\frac{10-2\sqrt{7}}{9}$時，△MQO為等腰三角形．

點評 本題主要考查的是四邊形的綜合應用，解答本題主要應用了銳角三角形函數的定義、正方形的性質、正方形的面積、梯形的面積、三角形的面積，等腰三角形的定義，兩點間的距離公式、一元二次方程、一元一次方程的解法，根據題意畫出符合題意的圖形是解題的關鍵．