Question

3．如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=BC=4，CD=6，AB=10．點P從點B勻速向點A運動，速度為2個單位/秒．過點P作直線BC的垂線PE，E為垂足，直線PE將梯形ABCD分成兩部分．
（1）∠A=60°；
（2）將左下部分以PE為對稱軸向上翻折．若兩部分重合的面積為S，試求出S與運動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在（2）的條件下，若B點的對應點為B′，在整過運動過程中，是否存在以點D、P、B′為頂點的三角形為直角三角形？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點D做DD′⊥AB與點D′，過點C做CC′⊥AB與點C′，證出三角形全等，得出AD′的長度，由角的余弦值可得出∠A的值；
（2）重合部分的面積，可分三種情況考慮，根據(jù)t的取值不同，分類討論；
（3）尋找3個角分別為直角的情況，根據(jù)邊角關(guān)系，找出時間t的值．

解答 解：（1）過點D做DD′⊥AB與點D′，過點C做CC′⊥AB與點C′，如圖1，

∵ABCD為等腰梯形，
∴∠A=∠B，AD=BC，
在△ADD′和△BCC′中，有$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠B}\\{∠AD′D=∠BC′C=90°}\\{AD=BC}\end{array}\right.$，
∴△ADD′≌△BCC′（AAS），
∴AD′=BC′，
∴AD′=（AB-CD）÷2=（10-6）÷2=2，
∴cos∠A=$\frac{AD′}{AD}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠A=60°．
故答案為：60．
（2）令B點的對應點為B′，由翻轉(zhuǎn)的特性可知，PB=PB′，
又∵∠B=∠A=60°，
∴△BPB′為等邊三角形，
∴∠BPB′=60°=∠A，PB=BB′=PB′
∴AD∥PB′，
從而得知，上翻重合圖形只有三種情況．
①點B′在線段BC上，如圖2，

此時PB=BB′≤BC，即2t≤4，解得t≤2．
∵△BPB′為等邊三角形，且PE⊥BB′，
∴PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PB=$\sqrt{3}$t，BE=$\frac{1}{2}$PB=t．
兩部分重合的面積S=$\frac{1}{2}$•PE•BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²．
②點B′在BC的延長線上，點E在線段BC上，如圖3，令PB′與CD的交點為O，

此時有BC＜PB≤2BC，即4＜2t≤8，解得2＜t≤4．
∵△BPB′為等邊三角形，且CD∥AB（梯形上下底平行），
∴△B′OC為等邊三角形，
∴PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PB=$\sqrt{3}$t，BE=$\frac{1}{2}$PB=t，B′C=BB′-BC=2t-4．
兩部分重合的面積S=$\frac{1}{2}$PE•BE-$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$B′C×$\frac{\sqrt{3}}{2}$B′C=2$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$．
③點E在線段BE的延長線上，如圖4，令PB′與CD的交點為O，PE與CD的交點為O′，

此時有2BC＜PB≤AB，即8＜2t≤10，解得4＜t≤5．
同②相比，③重合的面積中要多一個△ECO′，
∵CD∥AB，
∴△ECO′∽△EBP，
又∵BE=t，CE=BE-BC=t-4，PE=$\sqrt{3}$t，
∴O′E=$\frac{CE}{BE}$•PE=$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$．
兩部分重合的面積S=2$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$+$\frac{1}{2}$•O′E•CE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²-2$\sqrt{3}$t+6$\sqrt{3}$．
綜合①②③可得：兩部分重合的面積S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}（0≤t≤2）}\\{2\sqrt{3}t-2\sqrt{3}（2＜2≤4）}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}-2\sqrt{3}t+6\sqrt{3}（4＜t≤5）}\end{array}\right.$．
（3）若要三角形DB′P為直角三角形，可分別考慮三個角分別為直角的情況．
①∠DB′P為直角時，過D作DD₁⊥BC與D₁，如圖5，

∵CD∥AB，∠B=60°，
∴∠DCD₁=60°，
DD₁=CD•sin∠DCD₁=3$\sqrt{3}$，CD₁=CD•cos∠DCD₁=3．
∠DB′D₁=180°-∠PB′B-∠DB′P=30°，
∴B′D₁=$\frac{D{D}_{1}}{tan∠DB′{D}_{1}}$=9，
∵BD₁=BC+CD₁=4+3=7＜9，
∴此種情況不存在，即∠DB′P不能為直角．
②∠DPB′為直角時，如①圖5，
∵AD∥PB′，∠DPB′=90°，
∴∠ADP=90°（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）．
AP=$\frac{AD}{cos∠A}$=$\frac{4}{\frac{1}{2}}$=8，
PB=AB-AP=10-8=2t，
∴t=1秒．
③延長AD，延長BC交AD的延長線與點A′，過B作BM⊥AA′于點M，BM交PB′于點M′，過D作DN⊥PB′，連接DM′．如圖6．

∵∠A=∠B=60°，
∴△ACA′為等邊三角形，
又∵BM⊥AA′于點M，
∴AM=$\frac{1}{2}$AA′=$\frac{1}{2}$AB=5．
∵△PBB′也是等邊三角形，
∴PM′=B′M′，即M′為線段PB′的中點．
∵AA′∥BB′，BM⊥AA′，DN⊥PB′，
∴四邊形DMM′N為矩形，
∴NM′=DM=AM-AD=5-4=1，DN=MM′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（AB-PB）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（10-2t）=5$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t．
∵∠PDB′=90°，
∴DM′=$\frac{1}{2}$PB′=$\frac{1}{2}$PB=t．
由勾股定理可知：DM′²=DN²+NM′²，即t²=1+${（5\sqrt{3}-\sqrt{3}t）}^{2}$，
解得t=$\frac{15-\sqrt{73}}{2}$秒，或t=$\frac{15+\sqrt{73}}{2}$秒＞5秒（舍去）．
綜合①②③可得：在整過運動過程中，存在以點D、P、B′為頂點的三角形為直角三角形，t的值為1秒和$\frac{15-\sqrt{73}}{2}$秒．

點評 本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰梯形的判定和性質(zhì)以及矩形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）找出三角形全等；（2）考慮B′和E點的位置，位置不同，重合圖形不同，面積不同；（3）嘗試以三個角分別為直角，通過邊角關(guān)系，即可得出結(jié)論．