Question

14．已知，Rt△ABD中，∠BAD=90°，∠D=60°，AC⊥BD，CD=1，N，M分别从D点同时出发，N从D点向A点运动，M从D点向B点运动，当其中一动点到达终点，另一点停止运动，N，M速度都为1．当运动时间为t时，连接MN，将△DMN沿MN翻折．得到△D′MN，并记△D′MN与△ACB重叠部分面积为S，求S与t之间的函数关系式．

Answer 1

分析 根据直角三角形的性质得到AD=2，AC=$\sqrt{3}$，①当0＜t≤$\frac{2}{3}$时，由将△DMN沿MN翻折，得到△D′MN，得到S_△D′MN=S_△DMN，如图1，过N作NE⊥BD于E，由于∠D=60°，DM=DN=t，求得NE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，于是得到S=S_△D′MN=S_△DMN=$\frac{1}{2}$DM•NE=$\frac{1}{2}•t•\frac{\sqrt{3}}{2}t$，②$\frac{2}{3}$＜t≤2时，如图2，S=S_△D′MN-S_△HD′G，根据已知条件得到△DMN与△D′MN是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠D′NM=∠DNM=∠D′=60°，求得∠ANH=60°，由对顶角的性质得到∠D′HG=30°，求出∠D′GH=90°，得到AN=2-t，HN=4-2t，即可得到结论．

解答 解：∵AC⊥BD，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=60°，
∴∠CAD=30°，
∵CD=1，∴AD=2，AC=$\sqrt{3}$，
①当0＜t≤$\frac{2}{3}$时，
S=S_△D′MN，
∵将△DMN沿MN翻折，得到△D′MN，
∴S_△D′MN=S_△DMN，
如图1，过N作NE⊥BD于E，
∵∠D=60°，DM=DN=t，
∴NE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=S_△D′MN=S_△DMN=$\frac{1}{2}$DM•NE=$\frac{1}{2}•t•\frac{\sqrt{3}}{2}t$，
即S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²；
②$\frac{2}{3}$＜t≤2时，如图2，
S=S_△D′MN-S_△HD′G，
∵DM=DN，∠D=60°，
∴△DMN与△D′MN是等边三角形，
∴∠D′NM=∠DNM=∠D′=60°，
∴∠ANH=60°，
∵∠BAD=90°，
∴∠AHN=30°，
∴∠D′HG=30°，
∴∠D′GH=90°，
∵DN=DM=t，
∴AN=2-t，HN=4-2t，
∴D′H=3t-4，D′G=$\frac{3t-4}{2}$，HG=$\frac{\sqrt{3}（3t-4）}{2}$，
∴S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-$\frac{1}{2}•\frac{3t-4}{2}•\frac{\sqrt{3}（3t-4）}{2}$，
即S=-$\frac{7\sqrt{3}}{8}$t²+6$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$，
综上所述：S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}（0＜t≤\frac{2}{3}）}\\{-\frac{7}{8}\sqrt{3}{t}^{2}+6\sqrt{3}t-2\sqrt{3}（\frac{2}{3}＜t≤2）}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了翻叠变换-折叠问题，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的面积，正确的作出图形是解题的关键．