题目内容

（2009•梅州一模）如图，直线l上摆放有等腰△PQR和梯形ABCD，∠PQR=120°，PR=6cm，AD∥BC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm．解答下列问题：
（1）旋转：将△PQR绕点P顺时针方向旋转150°得到△PQ1R1，则
RR1
的长等于
5π
5π
；
（2）翻折：将△PQ1R1沿过点R1且与直线l垂直的直线翻折，得到翻折后的对应图形△R1Q2P1，试判断四边形PQ1Q2P1的形状，并说明理由；
（3）平移：设P1、B两点重合时，等腰△R1Q2P1以1cm/秒的速度沿直线l向右匀速运动，t 秒时梯形ABCD与等腰△R1Q2P1重合部分的面积记为S．当0＜t≤6时，求S与t的函数关系式，并指出S的最大值．
分析：（1）直接根据弧长公式进行计算即可；
（2）由图形旋转的性质可知∠RPQ=∠PR1Q1=∠Q2R1P1=30°，根据平行线的判定定理可知PQ1∥R1Q2，进而可得出四边形PQ1Q2R1是平行四边形，故可得出结论；
（3））①当0＜t≤4时，BP1=t，∠KP1B=30°，∠ABP1=60°，由锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值可用t表示出KB，KP1的值，利用三角形的面积公式即可得出结论；
当4＜t≤6时，BR1=6-t，CP1=t-4，再根据相似三角形的性质用t表示出△Q2R1P1、△MR1B及△CP1N的面积，根据S=S△Q2R1P1-S△BR1M-S△CP1N=S△Q2R1P1
即可得出结论．
解答：解：（1）∵PR=6cm，将△PQR绕点P顺时针方向旋转150°后
RR1
是以点P为圆心，以PR为半径，圆心角是150°的一段弧，
∴
RR1
=
150π×6
180
=5πcm；

（2）四边形PQ1Q2P1是等腰梯形．
理由：∵∠PQR=120°，
∴∠RPQ=∠PR1Q1=∠Q2R1P1=30°，
∴PQ1∥R1Q2，由折叠的性质可得Q1P=Q2R1=P1Q2，
∴四边形PQ1Q2R1是平行四边形，
∴四边形PQ1Q2P1是等腰梯形．

（3）①当0＜t≤4时，如图1，依题意有：BP1=t，∠KP1B=30°，∠ABP1=60°，
∴P1K⊥BK，
∴KB=
1
2
BP1=
1
2
t，KP1=
3
2
BP1=
3
2
t，
∴S=
1
2
BK•KP1=
3
8
t2，
∴当t=4时，最大值为2
3
cm3．
②当4＜t≤6时，如图2，依题意有：BR1=6-t，CP1=t-4，
∵△Q2R1P1∽△MR1B∽△CP1N，
∴
S△BR1M
S△Q 2R1P1
=（
BR1
R1Q2
）2=（
6-t
2
3
）2，
S△CP1N
S△Q2R1P1
=（
CP1
R1Q2
）2=（
t-4
2
3
）2，
∴S=S△Q2R1P1-S△BR1M-S△CP1N=S△Q2R1P1
=[1-（
6-t
2
3
）2-（
t-4
2
3
）2]
=-
3
2
（t-5）2+
5
3
2
，
∴当t=5时，最大值为
5
3
2
cm2，
综上所述，面积最大值为
5
3
2
cm2．
点评：本题考查的是翻折变换，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数的性质及旋转的性质、弧长公式等，综合性较强，难度较大．
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