Question

9．如圖，△ABC是等邊三角形，AB=2，D是邊BC的中點，點P從點A出發(fā)，沿AB-BD以每秒1個單位長度的速度向終點D運動．同時點Q從點C出發(fā)，沿CA-AC以每秒1個單位長度的速度運動．當點P停止運動時，點Q也隨之停止運動，設(shè)點P的運動時間為t（秒），△PQD的面積為S．
（1）求線段PB的長（用含t的代數(shù)式）．
（2）當△PQD是等邊三角形時，求t的值．
（3）當S＞0時，求S與t的函數(shù)關(guān)系式．
（4）若點D關(guān)于直線PQ的對稱點為點D′，且S＞0，直接寫出點D′落在△ABC的邊上時t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)當0≤t≤2和2≤t≤3時兩種情況進行解答即可；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和AAS證明△BPD與△CDQ全等解答即可；
（3）根據(jù)當0≤t≤2和2＜t＜3時兩種情況，利用三角函數(shù)和三角形面積公式解答即可．
（4）根據(jù)點D′落在△ABC的邊上兩種情況解答即可．

解答 解：（1）∵△ABC是等邊三角形，AB=2，
∴當0≤t≤2時，BP=2-t；
當2≤t≤3時，BP=t-2；
（2）如圖1，∵△PQD是等邊三角形，

∴∠PDQ=60°，
∴∠PDB+∠CDQ=120°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠PDB+∠BPD=120°，
∴∠BPD=∠CDQ，
∵BD=CD，
在△BPD與△CDQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BPD=∠CDQ}\\{∠B=∠C}\\{BD=DC}\end{array}\right.$，
∴△BPD≌△CDQ（AAS），
∴BP=CQ，
∴2-t=t，
∴t=1，
（3）當0≤t≤2時，如圖2，連接AD，

∵△ABC是等邊三角形，D是邊BC的中點，
∴∠ADB=90°，
∴AD=AB•sin60°=$\sqrt{3}$，
分別過點P，Q作PE⊥BC，QF⊥BC，垂足分別為點E，F(xiàn)，
在Rt△BPE中，∠BEP=90°，PE=PB•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}（2-t）$，
在Rt△QCF中，∠QFC=90°，QF=CQ•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}t$，
過點Q作QG⊥AB于點G，
在Rt△AGQ中，∠AGQ=90°，QG=AQ•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}（2-t）$，
∴S_△PQD=S_△ABC-S_△BPD-S_△QCD-S_△APQ，
∴${S}_{△PQD}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}（2-t）-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}t-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}（2-t）t$，
∴$S=\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}t+\frac{\sqrt{3}}{2}$，
當2＜t＜3時，如圖3

過點Q作QH⊥BC于點H，
在Rt△CQH中，∠CHQ=90°，
QH=CQ•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}（4-t）$，
∴${S}_{△PQD}=\frac{1}{2}PD•QH=\frac{1}{2}×（3-t）×\frac{\sqrt{3}}{2}（4-t）=\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-\frac{7\sqrt{3}}{4}t+3\sqrt{3}$，
∴$S=\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-\frac{7\sqrt{3}}{4}t+3\sqrt{3}$．
（4）點D′落在△ABC的邊上，如圖4，此時t=1；

點D′落在△ABC的邊上，如圖5，此時t=2.5．

點評 本題是一道綜合性較強的題目，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、三角函數(shù)的性質(zhì)，是中考壓軸題，難度較大．