Question

17．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=60°，∠BAC=∠ACD=90°，点E为边AB上一点，AB=3AE=3cm，动点P从B点出发，以1cm/s的速度沿BC→CD→DA运动至A点停止，设运动时间为t秒．
（1）求证四边形ABCD是平行四边形；
（2）当△BEP为等腰三角形时，求t²-31t的值；
（3）当t=4时，把△ABP沿直线AP翻折，得到△AFP，求△AFP与?ABCD重叠部分的面积．

Answer 1

分析 （1）首先证明△ABC≌△DCA，依据全等三角形的性质可知AB=CD，AD=BC，接下来，依据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行证明即可；
（2）当点P在BC上时，可证明△BEP为等边三角形，从而可求得t=2，将t=2代入所求代数式即可求得代数式的值；当点P在AD上时，作PH⊥AB，PA=15-t，在Rt△APH中，∠HAP=60°，于是可求得AH=$\frac{15-t}{2}$，PH=$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$，接下来，在Rt△EHP中，由勾股定理可得到关于t的方程，整理这个关于t的方程即可得到问题的答案；
（3）设PF与AD交于点M，作MN⊥AP于N，AH⊥BP点H．在Rt△ABH中可求得BH，AH的长，从而可得到HP的长，然后依据勾股定可求得到AP的长，依据三角形的面积可求得S_△APH的值，在Rt△APH中，依据勾股定可求得AP=$\sqrt{13}$．接下来，证明△AMP为等腰三角形，依据等腰三角形三线合一的性质可得到NP的长，然后证明△MPN∽△APH，依据相似三角形的性质可求得S_△MNP的值，最后依据S_△AMP=2S_△MNP求解即可．

解答 解：（1）在△ABC和△DCA中$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠D}\\{∠BAC=∠ACD}\\{AC=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABC≌△DCA（AAS）．
∴AB=CD，AD=BC．
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）如图1所示：当点P在BC上时．

∵△BEP为等腰三角形，∠B=60°，
∴△BEP为等边三角形．
∴BP=BE=3-1=2．
∵点P运动的速度为1cm/s，
∴t=2．
∴t²-31t=2²-31×2=-58．
如图2所示：当点P在AD上时：EB=EP，作PH⊥AB，PA=15-t．

∵∠ABC=60°，AD∥BC，
∴∠HAP=60°．
∵∠H=90°，
∴∠HPA=30°．
∴AH=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{15-t}{2}$，PH=$\sqrt{3}$AH=$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$．
在Rt△EHP中，由勾股定理得：（$\frac{15-t}{2}+1$）²+（$\frac{15\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$）²=2²，整理得：t²-31t=-237．
（3）如图所示：设PF与AD交于点M，作MN⊥AP于N，AH⊥BP点H．

在Rt△ABH中，∠B=60°，则BH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3}{2}$，AH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
∴HP=4-$\frac{3}{2}$=$\frac{5}{2}$．
∴S_△APH=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{15\sqrt{3}}{8}$．
在Rt△APH中，依据勾股定理可知AP=$\sqrt{13}$．
由翻折的性质可知∠BPA=∠FPA．
∵AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAP．
∴∠FPA=∠DAP．
∴AM=PM．
又∵MN⊥AP，
∴AN=NP=$\frac{\sqrt{13}}{2}$．
∵∠AHP=∠MNP=90°，∠BPA=∠FPA，
∴△MPN∽△APH，
∴$\frac{{S}_{△MNP}}{{S}_{△APH}}$=（$\frac{PN}{PH}$）²=$\frac{13}{25}$．
∴S_△MNP=$\frac{13}{25}$×$\frac{15\sqrt{3}}{8}$=$\frac{39\sqrt{3}}{40}$．
∵AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAP．
∴∠FPA=∠DAP．
∴AM=PM．
又∵MN⊥AP，
∴AN=NP．
∴S_△AMP=2S_△MNP=$\frac{39\sqrt{3}}{20}$．

点评 本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用平行四边形的判定定理、勾股定理、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．