Question

19．菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AB=2，∠ABC=120°，動(dòng)點(diǎn)P在線段BD上從點(diǎn)B向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，PE⊥AB于點(diǎn)E，四邊形PEBF關(guān)于BD對(duì)稱，四邊形QGDH與四邊形PEBF關(guān)于AC對(duì)稱．設(shè)菱形ABCD被這兩個(gè)四邊形蓋住部分的面積為S₁，BP=x：
（1）對(duì)角線AC的長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$；S_菱形ABCD=2$\sqrt{3}$；
（2）用含x的代數(shù)式表示S₁；
（3）設(shè)點(diǎn)P在移動(dòng)過程中滿足S₁=$\frac{1}{2}$S_菱形ABCD時(shí)，求x的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)銳角三角函數(shù)可以分別求得AO、BO的長(zhǎng)，從而可以求得對(duì)角線AC和BD的長(zhǎng)，根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半，從而可以求得菱形的面積；
（2）要用含x的代數(shù)式表示S₁，分兩種情況，分別寫出兩種情況下它們的關(guān)系式即可；
（3）根據(jù)（2）中的關(guān)系可以求得滿足條件的x的值，本題得以解決．

解答 解：（1）∵菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AB=2，∠ABC=120°，
∴∠AOB=90°，∠ABO=60°，
∴AO=AB•sin60°=$\sqrt{3}$，BO=AB•cos60°=1，
∴AC=2AO=2$\sqrt{3}$，BD=2BO=2，
∴${S}_{菱形ABCD}=\frac{2\sqrt{3}•2}{2}=2\sqrt{3}$，
故答案為：2$\sqrt{3}$；2$\sqrt{3}$；
（2）由題意可得
∠ABO=60°，BP=x，∠PEB=90°，
∴BE=BP•cos60°=$\frac{x}{2}$，PE=BP•sin60°=$\frac{\sqrt{3}x}{2}$，
∴當(dāng)0＜x≤1時(shí)，${S}_{1}=\frac{\frac{1}{2}x•\frac{\sqrt{3}x}{2}}{2}×4$=$\frac{\sqrt{3}{x}^{2}}{2}$，
當(dāng)1＜x≤2時(shí)，${S}_{1}=\frac{\frac{1}{2}x•\frac{\sqrt{3}x}{2}}{2}×4$-$\frac{2（x-1）•2×\frac{\sqrt{3}}{3}（x-1）}{2}$=$-\frac{\sqrt{3}}{6}{x}^{2}+\frac{4\sqrt{3}x}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
由上可得，S₁=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}{x}^{2}}{2}}&{0＜x≤1}\\{-\frac{\sqrt{3}{x}^{2}}{6}+\frac{4\sqrt{3}x}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}}&{1＜x≤2}\end{array}\right.$；
（3）∵菱形的面積是$2\sqrt{3}$，
∴令$\frac{\sqrt{3}}{2}{x}^{2}=\sqrt{3}$，得x=$\sqrt{2}$＞1（舍去）或x=-$\sqrt{2}$（舍去），
令$-\frac{\sqrt{3}}{6}{x}^{2}+\frac{4\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$，得x=4$+\sqrt{6}＞2$（舍去），或x=4-$\sqrt{6}$，
即點(diǎn)P在移動(dòng)過程中滿足S₁=$\frac{1}{2}$S_菱形ABCD時(shí)，x的值是4-$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題，解題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用銳角三角函數(shù)和數(shù)形結(jié)合的思想解答問題．