Question

18．如图，在菱形ABCD中，∠D=120°，AB=8，点M从A开始，以每秒1个单位的速度向点B运动；点N从C出发，沿C→D→A方向，以每秒2个单位的速度向点A运动．若．M、N同时出发，其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t秒，过点N作NQ⊥DC，交AC于点Q，连接QM．
（1）当t=2时，求线段QN的长；
（2）请求出当△AMQ的面积为$\sqrt{3}$时，求t的值；
（3）在点M、N运动过程中，是否存在t的值，使得△AMQ为等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1，先根据题意得：AM=t，CN=2t，把t=2代入得，AM=2，CN=2t=4，由菱形对边平行计算出∠DCA=30°，根据30°的三角函数求出QN的长；
（2）分两种情况：
①当0≤t≤4时，如图2，过Q作QE⊥AB于E，连接BD交AC于O，先根据勾股定理求OC的长，由三角函数表示出CQ和AQ的长，则可以得出△AMQ的高QE的长，代入面积公式列等式可求出t的值；
②当4＜t≤8时，如图3，延长NQ交AB于E，过B作BF⊥CD于F，则NE⊥AB，先求CH和BF的长，所以再求QE的长，代入面积公式列等式可求出t的值；
（3）当△AMQ为等腰三角形，分AM=MQ或AQ=QM或QA=AM三种情况讨论；分别计算对应t的值．

解答 解：（1）如图1，由题意得：AM=t，CN=2t，
当t=2时，AM=2，CN=2t=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DCB+∠D=180°，
∵∠D=120°，
∴∠DCB=60°，
∵AC平分∠DCB，
∴∠DCA=$\frac{1}{2}$∠DCB=30°，
在Rt△CNQ中，tan∠DCA=$\frac{NQ}{NC}$，
NQ=NC•tan∠DCA=4×tan30°=4×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
（2）分两种情况：
①当0≤t≤4时，如图2，过Q作QE⊥AB于E，连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=8，
∵∠DAB=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=8，
∴OB=4，
∴OC=$\sqrt{D{C}^{2}-O{D}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
∴AC=8$\sqrt{3}$，
∵DC∥AB，
∴∠BAC=∠DCA=30°，
在Rt△NQC中，CN=2t，
cos30°=$\frac{CN}{CQ}$，
CQ=$\frac{2t}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$，
∴AQ=AC-CQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$，
∴QE=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{1}{2}$（8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$），
S_△AMQ=$\frac{1}{2}$AM•EQ=$\sqrt{3}$，
∴t•$\frac{1}{2}$（8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}t}{3}$）=2$\sqrt{3}$，
解得：t₁=3+$\sqrt{6}$＞4（不符合题意，舍），t₂=3-$\sqrt{6}$；
②当4＜t≤8时，如图3，延长NQ交AB于E，过B作BF⊥CD于F，则NE⊥AB，
∵CD+DN=2t，CD=8，
∴DN=2t-8，
∵∠ADC=120°，
∴∠HDN=60°，
在Rt△DHN中，∠HND=30°，
∴DH=$\frac{1}{2}$DN=t-4，
∴CH=CD+DH=8+t-4=t+4，
在Rt△CHQ中，tan∠DCA=$\frac{HQ}{CH}$，
∴HQ=CH•tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4），
在Rt△BFC中，∠FBC=30°，BC=8，
∴CF=4，
∴BF=$\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
∴QE=4$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4），
∴AQ=2QE=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，
S_△AMQ=$\frac{1}{2}$AM•QE=$\sqrt{3}$，
则t•[4$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t+4）]=2$\sqrt{3}$，
解得：t₁=4+$\sqrt{10}$，t₂=4-$\sqrt{10}$＜4（不符合题意，舍）；
综上所述，当△AMQ的面积为$\sqrt{3}$时，t的值为3-$\sqrt{6}$或4+$\sqrt{10}$；
（3）当△AMQ为等腰三角形，则AM=MQ或AQ=QM或QA=AM，
①当AM=MQ时，如图4，
∴∠CAB=∠AQM=30°，
∴∠ACB=∠AQM=30°，
∴△AMQ∽△ABC，得$\frac{AQ}{AC}=\frac{AM}{AB}$，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{24}{7}$，符合0≤t≤4，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{16}{5}$，不符合4＜t≤8，舍去，
②当AQ=QM时，如图5，有△AMQ∽△ACB，得$\frac{AQ}{AB}=\frac{AM}{AC}$，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{24}{7}$，不符合0≤t≤4，舍去，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{16}{3}$，符合4＜t≤8，
③当QA=AM时，
代入AQ=8$\sqrt{3}$-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$t，解得t=$\frac{（4-\sqrt{3}）×24}{13}$，不符合0≤t≤4，舍去，
代入AQ=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t，解得t=16（2-$\sqrt{3}$）=32-16$\sqrt{3}$，符合4＜t≤8，
综上所述，当t=$\frac{24}{7}$或$\frac{16}{3}$或32-16$\sqrt{3}$时，△AMQ为等腰三角形．

点评 本题是菱形和动点的综合题，考查了菱形、等腰三角形的性质，对于动点问题，要弄清动点的速度、时间、路程及行动路线，本题要首先表示两动点M、N的路程，要注意动点N在线段DC上和AD上时，所构成的△AQM的面积的不同；对于第三问中的等腰三角形的问题，属于常考题型，要分三种情况进行讨论，根据腰的不同、时间的不同，列式代入计算．