Question

【題目】如圖，在ABCD中，對角線DB⊥AD，BC＝3，BD＝4．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合），點(diǎn)N為AP的中點(diǎn)，過點(diǎn)N作NM⊥AB交折線AD﹣DC于點(diǎn)M，以MN，NP為邊作矩形MNPQ．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為t（s）．

（1）求線段PQ的長；（用含t的代數(shù)式表示）

（2）求點(diǎn)Q落在BD上時t的值；

（3）設(shè)矩形MNPQ與△ABD重疊部分圖形的面積為S平方單位，當(dāng)此重疊部分為四邊形時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；

（4）若點(diǎn)D關(guān)于直線AB的對稱點(diǎn)為點(diǎn)D'，點(diǎn)B關(guān)于直線PQ的對稱點(diǎn)為點(diǎn)B'，請直接寫出直線B'D'與ABCD各邊所在直線平行或垂直的所有t的值．

Answer 1

【答案】（1）當(dāng)0＜t≤時，PQ＝t；當(dāng)＜t＜時，PQ＝；（2）t＝；（3）當(dāng)0＜t＜時， S＝t2，當(dāng)≤t＜時，S＝﹣t2+t；（4）s或s或s．

【解析】

（1）①如圖1中，作DH⊥AB于H．解直角三角形求出DH，AH，分兩種情形：當(dāng)0＜t≤時，當(dāng)＜t＜時，分別求解即可；

（2）解直角三角形求出AM，DM（用t表示），根據(jù)AM+DM＝3，構(gòu)建方程即可解決問題；

（3）分兩種情形①當(dāng)0＜t＜時，如圖1中，重疊部分是矩形MNPQ．②如圖4中，當(dāng)≤t＜時，重疊部分是四邊形EFNP，分別求解即可；

（4）分三種情形：①如圖5中，當(dāng)D，P，Q共線時，B′D′⊥AD．②如圖6中，當(dāng)B′在直線DD′上時，B′D′⊥AB．③如圖7中，當(dāng)AH＝HB′＝時，B′D′∥AD，分別求解即可解決問題．

解：（1）①如圖1中，作DH⊥AB于H．

在Rt△ABD中，∵AD＝3，BD＝4，

∴AB＝＝＝5，

∵S△ABD＝ADDB＝ABDH，

∴DH＝＝，

∴AH＝＝，

∴點(diǎn)N從點(diǎn)A到點(diǎn)H的時間為：2AH÷2=s，點(diǎn)P從A到B的時間為：AB÷2=s

∴當(dāng)0＜t≤時，

由題意可知AP=2t

AN=AP÷2=t

∵MN∥DH，

∴＝，

∴＝，

∴MN＝t，

∵四邊形MNPQ是矩形，

∴PQ＝MN＝t．

②如圖2中，當(dāng)＜t＜時，PQ＝DH＝．

綜上所述：當(dāng)0＜t≤時，PQ＝t；當(dāng)＜t＜時，PQ＝；

（2）如圖3中，當(dāng)點(diǎn)Q落在BD上時，

在Rt△AMN中，∵AN＝NP＝t，cosA＝＝＝，

∴AM＝t，

在Rt△DQM中，∵MQ＝PN＝t，sin∠DQM＝sin∠ABD＝＝，

∴DM＝t，

∵AM+DM＝3，

∴t+t＝3，

∴t＝．

（3）①當(dāng)0＜t＜時，如圖1中，重疊部分是矩形MNPQ，S＝PNMN＝tt＝t2．

②如圖4中，當(dāng)≤t＜時，重疊部分是四邊形EFNP，

∵AN=t，AP=2t

∴BN=5－t，BP=5－2t

∵tan∠DBH=

∴PE=BP=（5－2t），FN=BN=（5－t）

∴S＝S△BNF﹣S△PBE＝×（5﹣t）2﹣×（5﹣2t）2＝﹣t2+t．

（4）①如圖5中，當(dāng)D，P，Q共線時，B′D′⊥AD．理由如下

由對稱性可知：BP= B′P,DP= D′P，

∵∠BPD=∠B′PD′

∴△BPD≌△B′PD′

∴∠DBA=∠B′

∴DB∥B′D′

∴B′D′⊥AD

此時2t＝，t＝．

②如圖6中，當(dāng)B′在直線DD′上時，易知B′D′⊥AB，

此時∵AB′+2BP＝AB，

∴+2（5﹣2t）＝5，

∴t＝．

③如圖7中，當(dāng)AH＝HB′＝時，B′D′∥AD，理由如下

由對稱性可知：AH= B′H,DH= D′H，

∵∠AHD=∠B′H D′

∴△AHD≌△B′H D′

∴∠A=∠HB′D′

∴B′D′∥AD

此時2AH＋2BP=5

∴2×+2（5﹣2t）＝5，

∴t＝，

綜上所述，滿足條件的t的值為s或s或s．