解:(1)PN=
.
(2)過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AD交AD于點(diǎn)Q,
可知PQ=AN=2x
依題意,可得AM=3-x
∴S=
•AM•PQ=
•(3-x)•2x=-x
2+3x
亦即S=-
自變量x的取值范圍是:0<x≤2
∴當(dāng)x=
時(shí),S有最大值,S最大值=
(3)△MPA能成為等腰三角形,共有三種情況:
①當(dāng)PM=PA時(shí),
∵PQ⊥AD,
∴MQ=AQ=PN=
x,
又∵DM+MQ+QA=AD,
∴4x=3,即x=
;
②當(dāng)MP=AM時(shí),由題意:
MQ=AD-AQ-DM=3-
,PQ=2x,MP=MA=3-x
在Rt△PMQ中,由勾股定理得:MP
2=MQ
2+PQ
2,
∴(3-x)
2=(3-
)
2+(2x)
2解之得:x=
,x=0(不合題意,舍去)
③當(dāng)AP=AM時(shí),
∵PN∥BC,
∴
,
∴AP=
,
∵AM=3-x
∴
=3-x,
解之得:x=
.
綜上所述,當(dāng)x=
,或x=
,或x=
時(shí),△MPA是等腰三角形.
分析:(1)∵NP⊥AB,四邊形ABCD為矩形,∴PN∥CB可得
;由AB=4,AD=3,可知BC=AD=3;動(dòng)點(diǎn)動(dòng)了x秒,可知AN=2x;于是
,即PN可求.
(2)△MPA的面積S=
AM•AN,AM=AD-DM=3-x,∴S=
•(3-x)•2x,動(dòng)點(diǎn)M由點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)A用時(shí)間為3秒,動(dòng)點(diǎn)N由A到B用時(shí)間為2秒;N先到達(dá)終點(diǎn),其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí),運(yùn)動(dòng)結(jié)束,即0<x≤2.整理S=-
,可求S的最大值.
(3)假設(shè)△MPA為一個(gè)等腰三角形,則會(huì)有PM=PA或MP=AM或AP=AM.
過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AD交AD于點(diǎn)Q
①當(dāng)PM=PA時(shí),據(jù)PQ⊥AD,得MQ=QA=PN=
,又DM+MQ+QA=AD,所以4x=3,即x可求.
②當(dāng)MP=AM時(shí),由題意:MQ=AD-AQ-DM=3-
,PQ=2x,MP=MA=3-x,在Rt△PMQ中,由勾股定理得:MP
2=MQ
2+PQ
2,x可求.
③當(dāng)AP=AM時(shí),由PN∥BC,得
,于是AP=
,又AM=3-x,則
=3-x,即x可求.綜合可知△MPA能為一個(gè)等腰三角形.
點(diǎn)評(píng):此題為綜合應(yīng)用類型的題目,有難度,但能考查綜合知識(shí)點(diǎn)運(yùn)用的能力.