Question

10．如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，點AB=14，AD=4$\sqrt{2}$，CD=7．直線l經過A，D兩點，且sin∠DAB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．動點P在線段AB上從點A出發以每秒2個單位的速度向點B運動，同時動點Q從點B出發以每秒5個單位的速度沿B→C→D的方向向點D運動，過點P作PM垂直于AB，與折線A→D→C相交于點M，當P，Q兩點中有一點到達終點時，另一點也隨之停止運動．設點P，Q運動的時間為t秒（t＞0），△MPQ的面積為S．

（1）求腰BC的長；
（2）當Q在BC上運動時，求S與t的函數關系式；
（3）在（2）的條件下，是否存在某一時刻t，使得△MPQ的面積S是梯形ABCD面積的$\frac{1}{4}$？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）隨著P，Q兩點的運動，當點M在線段DC上運動時，設PM的延長線與直線l相交于點N，試探究：當t為何值時，△QMN為等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）過點C作CF⊥AB軸于點F，則CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5；
（2）分類探討：①當0＜t≤1時；②當1＜t≤2時；③當2＜t＜$\frac{16}{7}$時；進一步分析得出答案即可；
（3）根據（2）中求出的S表達式與取值范圍，逐一討論計算，最終確定S的最大值；
（4）△QMN為等腰三角形的情形兩種：點Q在線段NM的右側；當Q在MN的左側時；分類討論得出答案即可．

解答 解：（1）如圖1，

過點C作CF⊥AB軸于點F，
∵sin∠DAB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴∠DAB=45°，
∴OA=OD=4，
∴CF=4，BF=AB-CD-OA=3，
由勾股定理得BC=5．

（2）在點P、Q運動的過程中：
①當0＜t≤1時，過點Q作QE⊥AB軸于點E，如圖1：
則BE=BQ•cos∠CBF=5t•$\frac{3}{5}$=3t．
∴PE=PB-BE=（14-2t）-3t=14-5t，
S=$\frac{1}{2}$PM•PE=$\frac{1}{2}$×2t×（14-5t）=-5t²+14t；
②當1＜t≤2時，如圖2：

過點C、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為F，E，
則CQ=5t-5，PE=AF-AP-EF=11-2t-（5t-5）=16-7t，
S=$\frac{1}{2}$PM•PE=$\frac{1}{2}$×2t×（16-7t）=-7t²+16t；
③當點M與點Q相遇時，DM+CQ=CD=7，
即（2t-4）+（5t-5）=7，解得t=$\frac{16}{7}$．
當2＜t＜$\frac{16}{7}$時，如圖3：

MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，
S=$\frac{1}{2}$PM•MQ=$\frac{1}{2}$×4×（16-7t）=-14t+32．

（3）①當0＜t≤1時，S=-5t²+14t=-5（t-$\frac{7}{5}$）²+$\frac{49}{5}$，
∵a=-5＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t=$\frac{7}{5}$，
∴當0＜t≤1時，S隨t的增大而增大，
∴當t=1時，S有最大值，最大值為9；
②當1＜t≤2時，S=-7t²+16t=-7（t-$\frac{8}{7}$）²+$\frac{64}{7}$，
∵a=-7＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t=$\frac{8}{7}$，
∴當t=$\frac{8}{7}$時，S有最大值，最大值為$\frac{64}{7}$；
③當2＜t＜$\frac{16}{7}$時，S=-14t+32
∵k=-14＜0，
∴S隨t的增大而減�。�
又∵當t=2時，S=4；
當t=$\frac{16}{7}$時，S=0，
∴0＜S＜4．
綜上所述，當t=$\frac{8}{7}$時，S有最大值，最大值為$\frac{64}{7}$．

（4）△QMN為等腰三角形，有兩種情形：
①如圖4，

點Q在線段NM的右側，
MQ=CD-DM-CQ=7-（2t-4）-（5t-5）=16-7t，MN=DM=2t-4，
由MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t=$\frac{20}{9}$；

②如圖5，

當Q在MN的左側時，5t-5+（2t-4）-7=（2t-4）+4-4，
解得：t=$\frac{12}{5}$．
故當t=$\frac{20}{9}$或t=$\frac{12}{5}$時，△QMN為等腰三角形．

點評 此題考查四邊形綜合應用，勾股定理，二次函數，一次函數的綜合運用，解答本題時注意分類討論思想、數形結合思想、方程思想的運用．