Question

5．設(shè)直線AB與坐標(biāo)軸交于兩點A（x₀，0），B（0，y₀），以線段AB為邊作菱形，使點C，D在坐標(biāo)軸上，得到菱形ABCD（如圖1）
（1）若直線AB的解析式為y=2x+3，則菱形ABCD的面積為9；
（2）如圖2，若直線AB的解析式為y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$時，則菱形ABCD從點B出發(fā)，沿射線BC的方向以1個單位/秒的速度勻速運動，得菱形A′B′C′D，設(shè)運動時間為t秒．
①用含t的式子表示點B′的坐標(biāo)（$\frac{1}{2}$t，$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t）；
②當(dāng)t為何值時，B′C=$\frac{1}{3}$BC；
（3）在（2）的條件下，過點B′作B′F⊥AD于F
①過點B′作y軸的平行線交直線CD于點E，當(dāng)t為何值時，△B′EF為等腰三角形；
②當(dāng)t為何值時，線段B′D=$\sqrt{5}$（直接寫出t的值）

Answer 1

分析 （1）求出菱形的對角線的長即可解決問題．
（2）①首先判斷△ABC，△ACD是等邊三角形，根據(jù)BB′=t，可以解決問題．
②列出方程即可解決問題，注意兩種情形．
（3）①首先證明△EFB′是等邊三角形，再證明EF⊥CD，根據(jù)DF=2DE列出方程即可解決問題．
②如圖4中，分兩種情形當(dāng)B₁′在BC上時，當(dāng)B₂′在BC的延長線上時分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1中，

∵直線AB解析式為y=2x+3，
∴點A坐標(biāo)（-$\frac{3}{2}$，0），點B坐標(biāo)（0，3），
∴OA=$\frac{3}{2}$，OB=3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC=2OA=3，BD=6，
∴S_菱形ABCD=$\frac{1}{2}$•AC•BD=9．
故答案為9．

（2）如圖2中，

①∵直線AB解析式為y=$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
∴A（-1，0），B（0，$\sqrt{3}$），
∴OA=1，OB=$\sqrt{3}$，
∴tan∠BAO=$\frac{BO}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BAO=60°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，
∵BB′=t，
∴B′（$\frac{1}{2}$t，$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t）
故答案為（$\frac{1}{2}$t，$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t）．
②當(dāng)CB′=$\frac{1}{3}$BC時，由題意2-t=$\frac{1}{3}$×2或t-2=$\frac{1}{3}$×2，
解得t=$\frac{4}{3}$或$\frac{8}{3}$，
∴t=$\frac{4}{3}$或$\frac{8}{3}$秒時CB′=$\frac{1}{3}$BC．

（3）①如圖3中，作CK⊥AD于K．則四邊形CKFB′是矩形．

∵B′E∥BD，
∴∠CB′E=∠CBO=30°，
∵B′F⊥AD，AD∥BC，
∴FB′⊥CB，
∴∠FB′C=90°，
∴∠FB′E=60°，
∵△EFB′是等腰三角形，
∴△EFB′是等邊三角形，
∴∠FEB′=60°，∵∠B′EC=30°，
∴∠FEB′=90°，
在Rt△EFD中，∵∠EFD=30°，
∴DF=2DE，
∴2-t+1=2t，
∴t=1．
∴t=1時，△EFB′是等腰三角形．
②如圖4中，

當(dāng)B₁′在BC上時，由題意可知DF=$\sqrt{2}$，
∴2-t+1=$\sqrt{2}$，
∴t=3-$\sqrt{2}$．
當(dāng)B₂′在BC的延長線上時，BB₂′=3+$\sqrt{2}$，
∴t=3+$\sqrt{2}$．
∴當(dāng)t=（3$±\sqrt{2}$）秒時，線段B′D=$\sqrt{5}$．

點評 本題考查一次函數(shù)綜合題、菱形的性質(zhì)，直角三角形30度角性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會把問題轉(zhuǎn)化為方程去思考，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．