Question

4．如图，菱形ABCD的顶点A与平面直角坐标系中的点O重合，AB在X轴上，其边长为6cm，∠DAB=60°，点M是AD一点，且DM=2cm，点E、F分别从A、D两点同时出发，E点以每秒1cm的速度沿A→B向B点运动，F点以每秒⒉5cm的速度沿D→C→B→A运动．当一点到达终点时，另一点立即停止运动．EM、CD的延长线相交于点G．
（1）求出C、D两点的坐标．
（2）是否存在某一时刻t，使EF⊥BD？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
（3）是否存在某一时刻t，使直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴？若不存在，能否改变其中一个点的速度，使某一时刻的直线EF是过O、D、C三点的抛物线的对称轴，并求出改变后的速度
（4）在移动过程中，若设△EFG的面积为S，求出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围？

Answer 1

分析 （1）根据菱形的四条边都相等，菱形ABCD的顶点A与平面直角坐标系中的点O重合，AB在X轴上，其边长为6cm，∠DAB=60°，可以求得点D的坐标，从而可以求得点C的坐标；
（2）根据题意，可知存在EF⊥BD，此时BE=BF即可，然后根据条件进行计算即可求得此时的时间t的值；
（3）先求出抛物线的解析式，从而可以求得抛物线的对称轴，而题目中点F运动的快，点E运动的慢，所以不存在某一时刻t，使直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴，只有改变点F的速度才可以使得直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴，从而求出点F改变后的速度；
（4）根据题目中的信息，我们可以得到点F的四种情况，然后进行分类讨论，得出点F在不同情况下，△EFG的面积为S与t的函数关系式．

解答 解：（1）如下图所示：作DH⊥AB于点H．

∵∠DAH=60°，AD=6，
∴OH=AD×cos60°=6×$\frac{1}{2}$=3，DH=AD×sin60°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$3\sqrt{3}$．
∴点D的坐标为（3，$3\sqrt{3}$）．
∵菱形ABCD的顶点A与平面直角坐标系中的点O重合，AB在X轴上，其边长为6cm，
∴点C的横坐标为：OH+CD=3+6=9，纵坐标为：$3\sqrt{3}$．
∴点C的坐标为（9，3$\sqrt{3}$）．
即点C的坐标为（9，3$\sqrt{3}$），点D的坐标为（3，$3\sqrt{3}$）．
（2）存在某一时刻t，使EF⊥BD，如下图所示：

∵点E、F分别从A、D两点同时出发，E点以每秒1cm的速度沿A→B向B点运动，F点以每秒⒉5cm的速度沿D→C→B→A运动，若EF⊥BD，
∴BE=6-t，BF=12-2.5t，BE=BF．
∴6-t=12-2.5t．
解得，t=4．
即t=4s时，EF⊥BD．
（3）不存在某一时刻t，使直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴．
理由：设过O、D、C三点的抛物线的解析式为：y=ax²+bx+c．
∵点O的坐标为（0，0），点C的坐标为（9，3$\sqrt{3}$），点D的坐标为（3，$3\sqrt{3}$）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=0}\\{81a+9b+c=3\sqrt{3}}\\{9a+3b+c=3\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
解得，a=$-\frac{\sqrt{3}}{9}$，b=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，c=0．
∴$y=-\frac{\sqrt{3}}{9}{x}^{2}+\frac{4\sqrt{3}}{3}x$，对称轴为直线x=$-\frac{b}{2a}=-\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{2×（-\frac{\sqrt{3}}{9}）}=6$．
∵点E点以每秒1cm的速度沿A→B向B点运动，F点以每秒⒉5cm的速度沿D→C→B→A运动，
∴点E运动的慢，点F运动的快，不可能使得直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴．
若使直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴，则需要改变点F的速度，
设点F的速度为每秒运动xcm，
则$\frac{6}{1}=\frac{6-3}{x}$．
解得，x=0.5．
即点F的速度为0.5cm/s时，可以使直线EF恰为过O、D、C三点的抛物线的对称轴．
（4）根据题目中的信息可知，存在四种情况，
第一种情况：当点F在CD段时，如下图所示：

由题意可得，△DMC∽△AME，
∴$\frac{DM}{AM}=\frac{GD}{OE}$．
∵DM=2，AM=4，
∴$\frac{GD}{OE}=\frac{1}{2}$．
点F由点D到点C的最大时间为：6÷2.5=2.4s．
∴${S}_{△EFG}=\frac{（\frac{1}{2}t+2.5t）×3\sqrt{3}}{2}=4.5\sqrt{3}{t}^{2}$（0＜t≤2.4）．
第二种情况：当点F在CB段时，如下图所示：

作GH⊥x轴于点H，JI⊥x轴于点I
由题意可得，△DMC∽△AME，
∴$\frac{DM}{AM}=\frac{GD}{OE}$．
∵DM=2，AM=4，
∴$\frac{GD}{OE}=\frac{1}{2}$．
点F由点D到点C的最大时间为：6÷2.5=2.4s．
点F由点C到点B的最大时间为：6÷2.5=2.4s．
故点F由C到B用的时间取值范围为为：2.4＜t＜4.8．
由题意可得，OH=3-$\frac{t}{2}$，CJ=（2.5t-6）cos60°=1.25t-3，FJ=（2.5t-6）sin60°=1.25$\sqrt{3}$t-3$\sqrt{3}$，GH=3$\sqrt{3}$，GD=$\frac{1}{2}t$，
∴HE=t-OH=$\frac{3t}{2}-3$，HI=9-OH-CJ=9-0.75t，EI=OI-OE=（9-CJ）-t=12-2.25t，FI=$3\sqrt{3}-FJ$=6$\sqrt{3}$-1.25$\sqrt{3}t$，GC=6+$\frac{1}{2}t$．
∴S_△EFG
=S_矩形GHIJ-S_△GHE-S_△EIF-S_△FGC
=HI×HG-$\frac{HE×GH}{2}$$-\frac{EI×FI}{2}-\frac{CG×JF}{2}$
=（9-0.75t）×$3\sqrt{3}$-$\frac{（\frac{3}{2}t-3）×3\sqrt{3}}{2}$$-\frac{（12-2.25t）（6\sqrt{3}-1.25\sqrt{3}t）}{2}$$-\frac{（6+\frac{1}{2}t）（1.25\sqrt{3}t-3\sqrt{3}）}{2}$
=$-\frac{45+10\sqrt{3}}{32}{t}^{2}+\frac{15\sqrt{3}t}{4}+\frac{9\sqrt{3}}{2}$（2.4＜t＜4.8）．
第三种情况：当点F在AB段且在点E的右侧时，如下图所示：

由题意可得，OE=t，BF=2.5t-12．
∴EF=6-OE-BF=18-3.5t．
当18-3.5t=0时，得t=$5\frac{1}{7}$．
∴${S}_{△GEF}=\frac{EF×3\sqrt{3}}{2}=\frac{54\sqrt{3}-10.5\sqrt{3}t}{2}$（4.8≤t＜$5\frac{1}{7}$）．
第四种情况：当点F在AB段且在点E的左侧时，如下图所示：

∵6÷1=6，18÷2.5=7.2，
∴点E先到到点B．
由题意可得，EF=OE+BF-6=t+2.5t-12-6=3.5t-18．
∴${S}_{△GEF}=\frac{（3.5t-18）×3\sqrt{3}}{2}=\frac{10.5\sqrt{3}t-54\sqrt{3}}{2}$（$5\frac{1}{7}＜t≤6$）．

点评 本题考查根据菱形的性质和平面直角坐标系，求点的坐标的问题；猜想型问题，根据题目题目信息，可以得到动点在不同情况下，对应的函数关系式，还考查到三角形相似的知识，分类讨论数学思想贯穿于本题．