Question

3．已知：如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，且AC=12cm，BD=16cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，同時，直線EF從點(diǎn)D出發(fā)，沿DB方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，EF⊥BD，且與AD，BD，CD分別交于點(diǎn)E，Q，F(xiàn)；當(dāng)直線EF停止運(yùn)動時，點(diǎn)P也停止運(yùn)動．連接PF，設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜8）．解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，四邊形APFD是平行四邊形？
（2）設(shè)四邊形APFE的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；并求出當(dāng)t取何值時，y取得最大值？
（3）是否存在某一時刻t，使S_{四邊形APFE}：S_菱形ABCD=17：40？求出t的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)AP=DF時，四邊形APFD為平行四邊形，用t表示出AP=10-t，DF=$\frac{5}{4}$t，列等式計算；
（2）作高CM，利用面積相等求出CM的長，由圖可知：四邊形APFE的面積=四邊形APFD的面積-△EFD的面積；代入求出y與t之間的函數(shù)關(guān)系式，再求二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)的橫坐標(biāo)即可；
（3）先計算菱形ABCD的面積，再將（2）得到的y代入到式子S_{四邊形APFE}：S_菱形ABCD=17：40中，解出即可．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD為菱形，
∴BO=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×16=8，AO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×12=6，AC⊥BD，
∴AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
由題意可知：BP=t，DQ=t，則AP=10-t，
∵FQ∥OC，
∴$\frac{FQ}{OC}=\frac{DQ}{OD}$，
∴$\frac{FQ}{6}=\frac{t}{8}$，
∴FQ=$\frac{3}{4}$t，
∵EF⊥BD，
由勾股定理得：DF=$\sqrt{{t}^{2}+（\frac{3}{4}t）^{2}}$=$\frac{5}{4}$t，
∵AB∥CD，
∴AP∥DF，
∴當(dāng)AP=DF時，四邊形APFD為平行四邊形，
則10-t=$\frac{5}{4}$t，
t=$\frac{40}{9}$；
∴當(dāng)t=$\frac{40}{9}$時，四邊形APFD是平行四邊形；
（2）過C作CM⊥AB于M，
則S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BO=$\frac{1}{2}$AB•CM，
∴AC•BO=AB•CM，
∴12×8=10CM，
∴DM=9.6，
則y=S_{四邊形APFD}-S_△EFD=$\frac{1}{2}$×9.6×[（10-t）+$\frac{5}{4}$t]-$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{4}$t×2×t=-$\frac{3}{4}$t²+1.2t+48，
當(dāng)t=-$\frac{1.2}{2×（-\frac{3}{4}）}$=0.8時，y有最大值；
（3）存在，
S_菱形ABCD=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×12×16=96，
∵S_{四邊形APFE}：S_菱形ABCD=17：40，
則$\frac{-\frac{3}{4}{t}^{2}+1.2t+48}{96}=\frac{17}{40}$，
5t²-8t-48=0，
解得：t₁=4，t₂=-$\frac{12}{5}$（舍去），
∵0＜t＜8，
∴t=4符合題意，
∴當(dāng)t=4時，S_{四邊形APFE}：S_菱形ABCD=17：40．

點(diǎn)評 本題是四邊形的綜合題，綜合考查了菱形、平行四邊形的性質(zhì)，本題有一動點(diǎn)和一動直線，此類題的解題思路為：根據(jù)速度和時間表示出路程，并依次將各條線段表示出來；再根據(jù)所成特殊四邊形的性質(zhì)列等式計算；本題與函數(shù)相結(jié)合，利用面積公式求函數(shù)關(guān)系式，并利用頂點(diǎn)坐標(biāo)公式求最值．