Question

已知：在梯形ABCD中，CD∥AB，AD=DC=BC=2，AB=4，∠B=60°．
点M从A开始，以每秒1个单位的速度向点B运动；点N从点C出发，沿C→D→A方向，以每秒1个单位的速度向点A运动，若M、N同时出发，其中一点到达终点时，另一个点也停止运动，运动时间为t秒，过点N作NQ⊥CD交AC于点Q．
（1）①当点N在CD上移动时，线段CQ=

 

，AQ=

 

（请用含t的代数式表示）．
②当点N在DA上移动时，线段CQ=

 

，AQ=

 

（请用含t的代数式表示）．
（2）在点M、N运动过程中，是否存在t值，使△AMQ为等腰三角形？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）求出t的临界点t=2，分别求出当0＜t≤2时和2≤t＜4时，S与t的函数关系式即可，
（2）当0＜t≤2时，若△AMQ为等腰三角形，则MA=MQ或者AQ=AM，分别求出t的值，然后判断t是否符合题意．

解答：解：（1）如图1，①当0＜t≤2时，
∵CD∥AB，AD=DC=BC=2，
∴四边形ABCD是等腰梯形，
∵∠B=∠C=60°，
∴∠ADC=180°-60°=120°，
∴∠DCA=∠CAB=30°，
∵Rt△CNQ中，CN=t，∠DCA=30°，
∴NQ=

3

3

t，CQ=

2 3

3

t．
∵Rt△ABC中，BC=2，∠CAB=30°，
∴AC=2

3

，
∴AQ=2

3

-

2 3

3

t  （0＜t≤2）．
②当2≤t＜4时，
如图2：延长QN交CD的延长线于点F，
∵QN⊥CD，
∴∠QFC=90°．
∴DN=t-2，
∴FD=DN•cosFDN=DN•cos60°=

1

2

（t-2）
∴FC=CD+FD=2+

1

2

（t-2）=

1

2

t+1，
∴CQ=（

1

2

t+1）•

2 3

3

=

3

3

（t+2），
∴AQ=AC-CQ=2

3

-

3

6

（t+2）；
故答案为：

2 3

3

t，2

3

-

2 3

3

t，

3

3

（t+2），2

3

-

3

6

（t+2）；

（2）0＜t≤2时，
如图3，AM=MQ=t，作CE⊥AB于E，延长NQ交AB于F，
∴∠AEC=90°，
∴四边形NFEC为矩形，
∴NC=EF=t．
在Rt△AEC中，由勾股定理，得
CE=

3

，AE=3．
∴MF=3-2t，QF=

3

-

3

3

t
由勾股定理可得：t²=（3-2t）²+（

3

-

3

3

t）²，解得t₁=

6

5

，t₂=3，因为t₂＞2，应舍去．所以t=

6

5

若AQ=AM，则t=2

3

-

2 3

3

t                                 
解得：t=12-6

3

．
如图4，若QA=QM，
∵QP⊥AM，
∴AP=PM=

1

2

t．
∴QP=

3

-

3

3

t，AQ=2

3

-

2 3

3

t，
∵AQ²=AP²+PQ²，
∴（2

3

-

2 3

3

t）²=

1

4

t²+（

3

-

3

3

t）²，
解得：t₁=6＞2（舍去），t₂=2，
如图5，2＜t≤4．
若AQ=QM，因为QP⊥AM，所以AP=PM=

1

2

t．
在Rt△AQP中，QP=

3

-

3

6

（t+2），AP=

1

2

t，∠QAP=30°，

PQ

AP

=

3

3

，解得t=2＜2（舍去）
若AQ=AM，2

3

-

3

3

（t+2）=t，
∴t=2

3

-2，
∵2

3

-2＜2，
∴此情况不存在若MA=MQ，则∠AQM=30°，而∠AQM＞60°不存在．                        
综上所述：t=

6

5

，12-6

3

，2时，△AMQ是等腰三角形．

点评：本题主要考查等腰梯形的性质的知识的运用，勾股定理的运用，矩形的判定及性质的运用，等腰三角形的性质的运用．此题综合性很强，把图形的变换放在梯形的背景中，利用等腰梯形的性质结合已知条件探究图形的变换，根据变换的图形的性质求出运动时间．