分析 根据直角三角形的性质得到AD=2,AC=$\sqrt{3}$,①当0<t≤$\frac{2}{3}$时,由将△DMN沿MN翻折,得到△D′MN,得到S△D′MN=S△DMN,如图1,过N作NE⊥BD于E,由于∠D=60°,DM=DN=t,求得NE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t,于是得到S=S△D′MN=S△DMN=$\frac{1}{2}$DM•NE=$\frac{1}{2}•t•\frac{\sqrt{3}}{2}t$,②$\frac{2}{3}$<t≤2时,如图2,S=S△D′MN-S△HD′G,根据已知条件得到△DMN与△D′MN是等边三角形,根据等边三角形的性质得到∠D′NM=∠DNM=∠D′=60°,求得∠ANH=60°,由对顶角的性质得到∠D′HG=30°,求出∠D′GH=90°,得到AN=2-t,HN=4-2t,即可得到结论.
解答 解:∵AC⊥BD,
∴∠ACD=90°,
∵∠D=60°,
∴∠CAD=30°,
∵CD=1,∴AD=2,AC=$\sqrt{3}$,
①当0<t≤$\frac{2}{3}$时,
S=S△D′MN,
∵将△DMN沿MN翻折,得到△D′MN,
∴S△D′MN=S△DMN,
如图1,过N作NE⊥BD于E,
∵∠D=60°,DM=DN=t,
∴NE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t,
∴S=S△D′MN=S△DMN=$\frac{1}{2}$DM•NE=$\frac{1}{2}•t•\frac{\sqrt{3}}{2}t$,
即S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t2;
②$\frac{2}{3}$<t≤2时,如图2,
S=S△D′MN-S△HD′G,
∵DM=DN,∠D=60°,
∴△DMN与△D′MN是等边三角形,
∴∠D′NM=∠DNM=∠D′=60°,
∴∠ANH=60°,
∵∠BAD=90°,
∴∠AHN=30°,
∴∠D′HG=30°,
∴∠D′GH=90°,
∵DN=DM=t,
∴AN=2-t,HN=4-2t,
∴D′H=3t-4,D′G=$\frac{3t-4}{2}$,HG=$\frac{\sqrt{3}(3t-4)}{2}$,
∴S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t2-$\frac{1}{2}•\frac{3t-4}{2}•\frac{\sqrt{3}(3t-4)}{2}$,
即S=-$\frac{7\sqrt{3}}{8}$t2+6$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$,
综上所述:S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}(0<t≤\frac{2}{3})}\\{-\frac{7}{8}\sqrt{3}{t}^{2}+6\sqrt{3}t-2\sqrt{3}(\frac{2}{3}<t≤2)}\end{array}\right.$.
点评 本题考查了翻叠变换-折叠问题,含30°角的直角三角形的性质,等边三角形的性质,三角形的面积,正确的作出图形是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{3\sqrt{3}}{2}$a | B. | 4a2 | C. | $\frac{3\sqrt{3}}{2}$a2 | D. | $\frac{3\sqrt{3}}{4}$a2 |
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