已知:如图1.菱形ABCD的边长为6.∠DAB=60°.点E是AB的中点.连接AC.EC．点Q从点A出发.沿折线A-D-C运动.同时点P从点A出发.沿射线AB运动.P.Q的速度均为每秒1个单位长度,以PQ为边在PQ的左侧作等边△PQF.△PQF与△AEC重叠部分的面积为S.当点Q运动到点C时P.Q同时停止运动.设运动的时间为t．(1)当等边△PQF的边PQ恰� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．已知：如图1，菱形ABCD的边长为6，∠DAB=60°，点E是AB的中点，连接AC、EC．点Q从点A出发，沿折线A-D-C运动，同时点P从点A出发，沿射线AB运动，P、Q的速度均为每秒1个单位长度；以PQ为边在PQ的左侧作等边△PQF，△PQF与△AEC重叠部分的面积为S，当点Q运动到点C时P、Q同时停止运动，设运动的时间为t．
（1）当等边△PQF的边PQ恰好经过点D时，求运动时间t的值；当等边△PQF的边QF 恰好经过点E时，求运动时间t的值；
（2）在整个运动过程中，请求出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）如图2，当点Q到达C点时，将等边△PQF绕点P旋转α°（0＜α＜360），直线PF分别与直线AC、直线CD交于点M、N．是否存在这样的α，使△CMN为等腰三角形？若存在，请直接写出此时线段CM的长度；若不存在，请说明理由．

分析（1）根据题意求出运动的距离，再除以速度即可求出时间；
（2）分当0＜t≤3时，当3＜t≤6时，当6＜t≤9时，当9＜t≤12时，四种情况，分别求出重叠部分面积即可；
（3）分交点都在BC左侧，顶角为120°，交点都在BC右侧时，顶角可能为30°和120°；交点在BC两侧时，顶角为150°进行讨论求解即可．

解答解：（1）当等边△PQF的边PQ恰好经过点D时，
如图1

AQ=AD=6，
∴t=6÷1=6（秒）；
当等边△PQF的边QF 恰好经过点E时，
如图2

由菱形ABCD的边长为6，∠DAB=60°，P、Q的速度均为每秒1个单位长度，
知：∠APQ=60°，∠QEB=60°，
∴QE∥AD，
∵点E是AB的中点，
∴此时点Q是CD的中点，
可求：AD+DQ=6+3=9，
所以t=9÷1=9（秒）；
（2）
如图3

当0＜t≤3时，
由菱形ABCD的边长为6，∠DAB=60°，
可求：∠PAG=30°，
∵∠APQ=60°，
∴∠AGP=90°，
由AP=t，可求：PG=$\frac{1}{2}$t，AG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$PG×AG=$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$；
当3＜t≤6时，
如图4

AE=3，AP=t，
∴PE=t-3，
过点C作AB的垂线，垂足为H，
由菱形ABCD的边长为6，∠DAB=60°，
可求：CH=3$\sqrt{3}$，BH=3，EH=6，
tan∠KEB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
过点K作KM⊥AB，
可求KM=$\frac{\sqrt{3}（t-3）}{3}$，
∴S_△PEK=$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$，
可求∠QAG=30°，
又∠AQG=60°，AQ=t，
可求∠AGQ=90°，
DG=$\frac{1}{2}$t，GQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S_△AGQ=$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$，
等边三角形APD的面积为：$\frac{\sqrt{3}{t}^{2}}{4}$
∴S=$\frac{\sqrt{3}{t}^{2}}{4}$-$\frac{\sqrt{3}}{8}{t}^{2}$-$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$=$-\frac{\sqrt{3}}{24}{t}^{2}+\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
当6＜t≤9时
如图5

与前同理可求：S_△FQP=$9\sqrt{3}$，
S_△GQN=$\frac{\sqrt{3}（12-t）^{2}}{8}$，
S_△KEP=$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$，
∴S=$9\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}（12-t）^{2}}{8}$-$\frac{\sqrt{3}（t-3）^{2}}{6}$=$-\frac{7\sqrt{3}}{24}{t}^{2}+4\sqrt{3}t-\frac{21\sqrt{3}}{2}$，
当9＜t≤12时，
如图6

求出：S_△PQF=$9\sqrt{3}$，
S_△QGH=$\frac{\sqrt{3}}{8}（12-t）^{2}$
S_△NEP=$\frac{\sqrt{3}}{6}（t-3）^{2}$
S_△KEF=$\frac{\sqrt{3}}{14}（t-9）^{2}$，
∴S=S_△PQF-S_△QGH-S_△NEP+S_△KEF=$9\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{8}（12-t）^{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{6}（t-3）^{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{14}（t-9）^{2}$=$\frac{5\sqrt{3}}{24}{t}^{2}-5\sqrt{3}t+30\sqrt{3}$；
（3）
逆时针旋转：
①α=150°，如图7
此时，易求∠CNM=∠NCM=∠APM=∠MAP=∠DAP=30°，
可证△ACD∽△APM，
∴$\frac{AD}{AM}=\frac{AC}{AP}$，
易求AP=12，AC=6$\sqrt{3}$，AD=6，
解得：AM=$4\sqrt{3}$，
所以，CM=$2\sqrt{3}$；

②α=105°，如图8

此时，易求CM=CN，∠CMN=∠CNM=∠APM=75°，
∴AM=AP=12，
在菱形ABCD中，AD=CD=6，∠D=120°，
可求AC=6$\sqrt{3}$，
所以，CM=12=6$\sqrt{3}$；
③α=60°，如图9

此时，易求∠CMN=∠MCN=∠ACB=30°，
∴BC∥PM，
由AB=BP=6可得，CM=AC=$6\sqrt{3}$
所以：CM=$6\sqrt{3}$；

④α=15°，如图10

此时，易求∠APM=∠M=15°，
∴AM=AP=12，
所以：CM=AM+AC，
CM=12+$6\sqrt{3}$．

点评此题主要考察四边形动点综合问题，会分析运动情况，用定点研究动点问题，会用变量表示图形面积，会针对等腰三角形进行分类讨论是解题的关键．

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