Question

9．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=4cm，AD=6cm，BC=9cm，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→D→C方向向点C运动；同时点Q从点C出发，以1cm/s的速度沿C→B方向向点B运动，设点Q运动时间为ts，△APQ的面积为Scm²．
（1）DC=5cm，sin∠BCD=$\frac{4}{5}$．
（2）当四边形PDCQ为平行四边形时，求t的值．
（3）求S与t的函数关系式．
（4）若S与t的函数图象与直线S=k（k为常数）有三个不同的交点，则k的取值范围是$\frac{51}{5}$＜k＜12．

Answer 1

分析 （1）如图1，作高线DE，证明四边形ABED是矩形，再利用勾股定理求DC的长，在Rt△DEC中，求出
sin∠BCD=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{4}{5}$；
（2）当四边形PDCQ为平行四边形时，点P在AD上，如图2，根据PD=CQ列方程得：6-2t=t，解出即可；
（3）分三种情况：
①当0＜t≤3时，点P在边AD上，如图3，直接利用面积公式求S即可；
②当3＜t≤$\frac{11}{2}$时，点P在边CD上，如图4，利用梯形面积减去三个三角形面积的差求S；
③当$\frac{11}{2}$＜t≤9时，点P与C重合，Q在BC上，如图5，直接利用面积公式求S即可；
（4）画出图象，根据图象得出结论．

解答 解：（1）过D作DE⊥BC于E，则∠BED=90°，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=90°，
∴∠B=∠BAD=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AD=BE=6，DE=AB=4，
∴EC=BC-BE=9-6=3，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：DC=5，
sin∠BCD=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{4}{5}$，
故答案为：5，$\frac{4}{5}$；

（2）由题意得：AP=2t，CQ=t，
则PD=6-2t，
当四边形PDCQ为平行四边形时，如图2，
则PD=CQ，
∴6-2t=t，
∴t=2；

（3）分三种情况：
①当0＜t≤3时，点P在边AD上，如图3，
S=$\frac{1}{2}$AP•AB=$\frac{1}{2}$×4×2t=4t；
②当3＜t≤$\frac{11}{2}$时，点P在边CD上，如图4，
过P作MN⊥BC，交BC于N，交AD的延长线于M，
由题意得：CQ=t，BQ=9-t，PA=2t，PD=2t-6，
∴PC=5-PD=5-（2t-6）=11-2t，
由图1得：sin∠C=$\frac{4}{5}=\frac{PN}{PC}$，
$\frac{4}{5}=\frac{PN}{11-2t}$，
PN=$\frac{4（11-2t）}{5}$，
∴PM=4-PN=4-$\frac{4（11-2t）}{5}$=$\frac{4（2t-6）}{5}$，
S=S_梯形ABCD-S_△PQC-S_△ABQ-S_△APD，
=$\frac{（6+9）×4}{2}$-$\frac{1}{2}×6×\frac{4（2t-6）}{5}$-$\frac{1}{2}$×$t×\frac{4（11-2t）}{5}$-$\frac{1}{2}×（9-t）×4$=$\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}$；
③当$\frac{11}{2}$＜t≤9时，点P与C重合，Q在BC上，如图5，
S=$\frac{1}{2}×t×4$=2t；
综上所述，S与t的函数关系式为：S=$\left\{\begin{array}{l}{4t（0＜t≤3）}\\{\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}（3＜t≤\frac{11}{2}）}\\{2t（\frac{11}{2}＜t≤9）}\end{array}\right.$．

（4）如图6，S=$\frac{4}{5}{t}^{2}-\frac{36}{5}t+\frac{132}{5}$；
S的最小值为：$\frac{4×\frac{4}{5}×\frac{132}{5}-（-\frac{36}{5}）^{2}}{4×\frac{4}{5}}$=$\frac{51}{5}$，
当t=3时，S=4×3=12，
∴则k的取值范围是：$\frac{51}{5}$＜k＜12．
故答案为：$\frac{51}{5}$＜k＜12．

点评 本题是四边形的综合题，考查了梯形的性质、平行四边形的性质、三角函数、面积的求法和函数问题，将四边形与二次函数、一次函数相结合，综合性较强，利用动点运动到不同位置，根据数形结合解决问题，本题还要注意点P运动结束后，点Q还继续运动，即当$\frac{11}{2}$＜t≤9时，点P与C重合，Q在BC上．