Question

1．已知：如圖1，菱形ABCD的邊長為6，∠DAB=60°，點E是AB的中點，連接AC、EC．點Q從點A出發(fā)，沿折線A-D-C運動，同時點P從點A出發(fā)，沿射線AB運動，P、Q的速度均為每秒1個單位長度；以PQ為邊在PQ的左側(cè)作等邊△PQF，△PQF與△AEC重疊部分的面積為S，當(dāng)點Q運動到點C時P、Q同時停止運動，設(shè)運動的時間為t．
（1）當(dāng)?shù)冗叀鱌QF的邊PQ恰好經(jīng)過點D時，求運動時間t的值；當(dāng)?shù)冗叀鱌QF的邊QF 恰好經(jīng)過點E時，求運動時間t的值；
（2）在整個運動過程中，請求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（3）如圖2，當(dāng)點Q到達C點時，將等邊△PQF繞點P旋轉(zhuǎn)α°（0＜α＜360），直線PF分別與直線AC、直線CD交于點M、N．是否存在這樣的α，使△CMN為等腰三角形？若存在，請直接寫出此時線段CM的長度；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意求出運動的距離，再除以速度即可求出時間；
（2）分當(dāng)0＜t≤3時，當(dāng)3＜t≤6時，當(dāng)6＜t≤9時，當(dāng)9＜t≤12時，四種情況，分別求出重疊部分面積即可；
（3）分交點都在BC左側(cè)，頂角為120°，交點都在BC右側(cè)時，頂角可能為30°和120°；交點在BC兩側(cè)時，頂角為150°進行討論求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)?shù)冗叀鱌QF的邊PQ恰好經(jīng)過點D時，
如圖1

AQ=AD=6，
∴t=6÷1=6（秒）；
當(dāng)?shù)冗叀鱌QF的邊QF 恰好經(jīng)過點E時，
如圖2

由菱形ABCD的邊長為6，∠DAB=60°，P、Q的速度均為每秒1個單位長度，
知：∠APQ=60°，∠QEB=60°，
∴QE∥AD，
∵點E是AB的中點，
∴此時點Q是CD的中點，
可求：AD+DQ=6+3=9，
所以t=9÷1=9（秒）；
（2）
如圖3

當(dāng)0＜t≤3時，
由菱形ABCD的邊長為6，∠DAB=60°，
可求：∠PAG=30°，
∵∠APQ=60°，
∴∠AGP=90°，
由AP=t，可求：PG=$\frac{1}{2}$t，AG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$PG×AG=$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$；
當(dāng)3＜t≤6時，
如圖4

AE=3，AP=t，
∴PE=t-3，
過點C作AB的垂線，垂足為H，
由菱形ABCD的邊長為6，∠DAB=60°，
可求：CH=3$\sqrt{3}$，BH=3，EH=6，
tan∠KEB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
過點K作KM⊥AB，
可求KM=$\frac{\sqrt{3}（t-3）}{3}$，
∴S_△PEK=$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$，
可求∠QAG=30°，
又∠AQG=60°，AQ=t，
可求∠AGQ=90°，
DG=$\frac{1}{2}$t，GQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S_△AGQ=$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$，
等邊三角形APD的面積為：$\frac{\sqrt{3}{t}^{2}}{4}$
∴S=$\frac{\sqrt{3}{t}^{2}}{4}$-$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$-$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$=$-\frac{\sqrt{3}}{24}{t}^{2}+\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
當(dāng)6＜t≤9時
如圖5

與前同理可求：S_△FQP=$9\sqrt{3}$，
S_△GQN=$\frac{\sqrt{3}（12-t）^{2}}{8}$，
S_△KEP=$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$，
∴S=$9\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}（12-t）^{2}}{8}$-$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$=$-\frac{7\sqrt{3}}{24}{t}^{2}+4\sqrt{3}t-\frac{21\sqrt{3}}{2}$，
當(dāng)9＜t≤12時，
如圖6

求出：S_△PQF=$9\sqrt{3}$，
S_△QGH=$\frac{\sqrt{3}}{8}（12-t）^{2}$
S_△NEP=$\frac{\sqrt{3}}{6}（t-3）^{2}$
S_△KEF=$\frac{\sqrt{3}}{14}（t-9）^{2}$，
∴S=S_△PQF-S_△QGH-S_△NEP+S_△KEF=$9\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{8}（12-t）^{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{6}（t-3）^{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{14}（t-9）^{2}$=$\frac{5\sqrt{3}}{24}{t}^{2}-5\sqrt{3}t+30\sqrt{3}$；
（3）
逆時針旋轉(zhuǎn)：
①α=150°，如圖7
此時，易求∠CNM=∠NCM=∠APM=∠MAP=∠DAP=30°，
可證△ACD∽△APM，
∴$\frac{AD}{AM}=\frac{AC}{AP}$，
易求AP=12，AC=6$\sqrt{3}$，AD=6，
解得：AM=$4\sqrt{3}$，
所以，CM=$2\sqrt{3}$；


②α=105°，如圖8

此時，易求CM=CN，∠CMN=∠CNM=∠APM=75°，
∴AM=AP=12，
在菱形ABCD中，AD=CD=6，∠D=120°，
可求AC=6$\sqrt{3}$，
所以，CM=12=6$\sqrt{3}$；
③α=60°，如圖9


此時，易求∠CMN=∠MCN=∠ACB=30°，
∴BC∥PM，
由AB=BP=6可得，CM=AC=$6\sqrt{3}$
所以：CM=$6\sqrt{3}$；

④α=15°，如圖10

此時，易求∠APM=∠M=15°，
∴AM=AP=12，
所以：CM=AM+AC，
CM=12+$6\sqrt{3}$．

點評 此題主要考察四邊形動點綜合問題，會分析運動情況，用定點研究動點問題，會用變量表示圖形面積，會針對等腰三角形進行分類討論是解題的關(guān)鍵．