Question

（2005•烏魯木齊）四邊形OABC是等腰梯形，OA∥BC．在建立如圖的平面直角坐標(biāo)系中，A（4，0），B（3，2），點(diǎn)M從O點(diǎn)以每秒2個(gè)單位的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)N從B點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)N作NP垂直于x軸于P點(diǎn)連接AC交NP于Q，連接MQ．
（1）寫出C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）若動(dòng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)t秒，求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；（用含t的式子表示）
（3）其△AMQ的面積S與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；
（4）當(dāng)t取何值時(shí)，△AMQ的面積最大；
（5）當(dāng)t為何值時(shí)，△AMQ為等腰三角形．

Answer 1

【答案】分析：（1）由于等腰梯形是軸對(duì)稱圖形，根據(jù)O、A坐標(biāo)可求出等腰梯形對(duì)稱軸的解析式，進(jìn)而可根據(jù)B點(diǎn)坐標(biāo)和對(duì)稱軸的解析式求出C點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）求Q點(diǎn)坐標(biāo)，即求QP和OP的長，Q點(diǎn)橫坐標(biāo)即為B點(diǎn)橫坐標(biāo)減去NB的長，據(jù)此可求出Q點(diǎn)橫坐標(biāo)，Q點(diǎn)縱坐標(biāo)可通過構(gòu)建相似三角形來求解，過C作CE⊥OA于E，可根據(jù)QP∥CE得出的關(guān)于AP、AE、PQ、CE的比例關(guān)系式求出Q點(diǎn)縱坐．由此可得出Q點(diǎn)坐標(biāo)．
（3）在②中已經(jīng)求得了QP的長，AM的長易得出，據(jù)此可用三角形面積公式求出S，t的函數(shù)關(guān)系式．
（4）根據(jù)（3）得出的函數(shù)的性質(zhì)和自變量的取值范圍即可求出S的最大值及對(duì)應(yīng)的t的值．
（5）本題要分三種情況討論：
①Q(mào)M=QA，根據(jù)等腰三角形三線合一的特點(diǎn)，可得出MP=PA=AM，可根據(jù)MP和AP的不同表達(dá)式求出t的值．
②AM=QA，可直接用表示AM的式子表示AQ，然后在直角三角形PAQ中，用勾股定理求出t的值；③QM=MA，同②．
解答：解：（1）C（1，2）．

（2）過C作CE⊥x軸于E，則CE=2
當(dāng)動(dòng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，NB=t
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為3-t
設(shè)Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y_Q
由PQ∥CE得
∴y_Q=
∴點(diǎn)Q（3-t，）；

（3）點(diǎn)M以每秒2個(gè)單位運(yùn)動(dòng)，
∴OM=2t，AM=4-2t，
S_△AMQ=AM•PQ=•（4-2t）•
=（2-t）（t+1）
=-（t²-t-2）
當(dāng)t=2時(shí)，M運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，△AMQ不存在，
∴t≠2，
∴t的取值范圍是0≤t＜2；

（4）由S_△AMQ=（t²-t-2）=-（t-）²+．
當(dāng)t=時(shí)，S_mzx=；

（5）①若QM=QA
∵QP⊥OA，
∴MP=AP，
而MP=4-（1+t+2t）=3-3t，
即1+t=3-3t，
t=，
∴當(dāng)t=時(shí)，△QMA為等腰三角形；
②若AQ=AM
AQ²=AP²+PQ²=（1+t）²+（）²=（1+t）²AQ=，
AM=4-2t（1+t）=4-2t，
t=而0＜＜2，
∴當(dāng)t=時(shí)，△QMA為等腰三角形；
③若MQ=MA
MQ²=MP²+PQ²
=（3-3t）²+（）²=t²-t+
∴t²-t+
=（4-2t）²
t²-t-=0
解得t=或t=-1（舍去）
∵0＜＜2，
∴當(dāng)t=時(shí)，△QMA為等腰三角形；
綜上所述：當(dāng)t=，t=或t=△QMA都為等腰三角形．
點(diǎn)評(píng)：本題是點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)性問題，考查了等腰梯形的性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，考查學(xué)生分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．