Question

1．在直角梯形ABCD中，∠D=90°，高CD=$2\sqrt{3}$cm（如圖1），動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，點(diǎn)P沿AB、BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，速度為1cm/s，點(diǎn)Q沿AD運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D停止，速度為2cm/s，而點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)Q正好到達(dá)點(diǎn)D，設(shè)P、Q同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)的時(shí)間為t（s）時(shí)，△APQ的面積為y（cm²）所形成的函數(shù)圖象如圖（2）所示，其中MN表示一條平行于X軸的線段．
（1）求出BC的長和點(diǎn)M的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線PQ截梯形所得三角形部分沿PQ向上折疊，設(shè)折疊后與梯形重疊部分的面積為S cm²，請(qǐng)求出S與t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在P、Q的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，將直線PQ截梯形所得三角形部分沿PQ折疊．是否存在某一時(shí)刻，使得折疊后與梯形重疊部分的面積為直角梯形ABCD面積的$\frac{1}{4}$？若存在，求出t的值；若不存在，試說明理由．

Answer 1

分析 （1）作BH⊥AD于H，連結(jié)BD，如圖，由于點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y為定值，由圖（2）得點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)y=8$\sqrt{3}$，此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，則利用三角形面積公式可計(jì)算出AD=8，則可得點(diǎn)Q從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D需4s，點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B需2s，所以AB=4，M點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，8$\sqrt{3}$），然后在Rt△ABH中，利用勾股定理計(jì)算出AH=2，于是得到BC=DH=AD-AH=6；
（2）在Rt△ABH中∠A=60°，∠ABH=30°，再證明∠DBA=90°，當(dāng)0≤t≤4時(shí)，接著證明∠APQ=∠ABD=90°，于是可判斷當(dāng)直線PQ截梯形所得三角形部分沿PQ向上折疊，點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)A′總是落在射線AB上，△QAA′為等邊三角形，且QA=2t，然后分類討論：當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如圖（3），S=$\frac{1}{2}$S_△QAA′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²；當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如圖（4），QA′交BC于M，易得△MBA′為等邊三角形，則S=$\frac{1}{2}$S_△QAA′-S_△BMA′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$\frac{\sqrt{3}}{4}$•（4-2t）²=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$；
（3）QA′交BC于M，如圖（4），先計(jì)算出梯形ABCD的面積，分類討論：當(dāng)0≤t≤2時(shí)，$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²=$\frac{1}{4}$•14$\sqrt{3}$，當(dāng)2＜t≤4時(shí)，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$=$\frac{1}{4}$•14$\sqrt{3}$，然后分別解方程求出滿足條件的t的值．

解答 解：（1）作BH⊥AD于H，連結(jié)BD，如圖（1），
當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y為定值，由圖（2）得點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)y=8$\sqrt{3}$，此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，即△ABD的面積為8$\sqrt{3}$，
∵$\frac{1}{2}$AD•2$\sqrt{3}$=8$\sqrt{3}$，
∴AD=8，
∴點(diǎn)Q從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D需4s，
∴點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B需2s，
∴AB=4，M點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，8$\sqrt{3}$），
在Rt△ABH中，AH=$\sqrt{{4}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴BC=DH=AD-AH=8-2=6，
（2）在Rt△ABH中，∠A=60°，∠ABH=30°，
在Rt△BDH中，∵tan∠BDH=$\frac{BH}{DH}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠BDH=30°，
∴∠DBA=90°，
當(dāng)0≤t≤4時(shí)，
∵PA=t，AQ=2t，
∴$\frac{AQ}{AD}$=$\frac{AP}{AB}$，
而∠QAP=∠DAB，
∴△AQP∽△ADB，
∴∠APQ=∠ABD=90°，
∴當(dāng)直線PQ截梯形所得三角形部分沿PQ向上折疊，點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)A′總是落在射線AB上，
當(dāng)A點(diǎn)落在點(diǎn)B處時(shí)，即點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，此時(shí)t=2，
∵QA=QA′，∠A=60°，
∴△QAA′為等邊三角形，且QA=2t，
∴當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如圖（3）連結(jié)BD，S=$\frac{1}{2}$S_△QAA′=$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{3}}{4}$•（2t）²=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²；
當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如圖（4），QA′交BC于M，易得△MBA′為等邊三角形，
∵AA′=2t，
∴BA′=2t-4，
∴S=$\frac{1}{2}$S_△QAA′-S_△BMA′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-$\frac{\sqrt{3}}{4}$•（4-2t）²=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$；
即S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}（0≤t≤2）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}+4t-4\sqrt{3}（2＜t≤4）}\end{array}\right.$；
（3）存在．
梯形ABCD的面積=$\frac{1}{2}$（6+8）•2$\sqrt{3}$=14$\sqrt{3}$，
當(dāng)0≤t≤2時(shí)，$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²=$\frac{1}{4}$•14$\sqrt{3}$，解得t=$\sqrt{7}$（舍去）；
當(dāng)2＜t≤4時(shí)，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+4$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$=$\frac{1}{4}$•14$\sqrt{3}$，
整理得t²-8t+15=0，解得t₁=3，t2=5（舍去），
∴當(dāng)t=3時(shí)，使得折疊后與梯形重疊部分的面積為直角梯形ABCD面積的$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了幾何變換的綜合題：熟練掌握梯形的性質(zhì)；會(huì)畫二次函數(shù)和一次函數(shù)圖象以及從函數(shù)圖象上獲取信息；能運(yùn)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題和把動(dòng)點(diǎn)的問題轉(zhuǎn)化為定點(diǎn)問題．