Question

如圖a，已知△PQR中，∠P=120°，PQ=PR，以QR所在直線為x軸，底邊上的高PO所在的直線為y軸建立直角坐標(biāo)系，函數(shù)經(jīng)過PR的中點M．

（1）求點M、P、Q的坐標(biāo)．
（2）求直線MQ的解析式．
（3）如圖b，在y軸的左側(cè)放入一個梯形ABCD，AD∥BC，AB=DC，點C與點Q重合，BC邊在x軸上，且BC=8，AD與AB的長恰好是方程x²-8x+16=0的兩根，當(dāng)梯形ABCD以每秒2個單位長度向右平移時，t秒時梯形ABCD與△PQR重合的面積為S，求當(dāng)0＜t≤10時，S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

解：（1）∵∠P=120°，PQ=PR，
∴∠OPQ=60°，OQ=OR，
設(shè)OP=a，
則OQ=OR=OP•tan60°=a，
∵M(jìn)是PR的中點，
∴點M的坐標(biāo)是（a，a），
∵函數(shù)y=x²經(jīng)過點M，
∴（a）²=a，
解得a=2，
∴點M、P、Q的坐標(biāo)分別為M（3，），P（0，2），Q（-6，0）；

（2）設(shè)直線MQ的解析式為y=kx+b，
則，
解得，
∴直線MQ的解析式是y=x+；

（3）由x²-8x+16=0可得（x-4）²=0，
解得x₁=x₂=4，
∴AD=AB=4，
過點A作AE∥CD，
則四邊形AECD是平行四邊形，
∴CE=AD=4，AE=DC，
∵BC=8，AB=DC，
∴BE=8-4=4，
∴AB=BE=AE=4，
∴∠B=60°，
∴點A到BC的距離為：4sin60°=4×=2，
∴當(dāng)點B與點Q重合時，點D與點P重合，
①如圖1，當(dāng)0＜t≤4時，重疊部分是三角形，
此時，CQ=2t，
∴h+h=CQ，
解得h=CQ=t，
∴重疊部分的面積為S=×CQ•h=×2t×t=t²，
②如圖2，當(dāng)4＜t＜6時，重疊部分是五邊形，
此時QB=2t-8，CR=12-2t，
∵∠OPQ=∠OPR=60°，
∴∠PQO=∠PQO=30°，
又∵∠ABC=∠BCD=60°，
∴∠PQO=∠BEQ=30°，∠PRO=∠CFR=30°，
∴BQ=BE，CF=CR，
重疊部分的面積=S_△PQR-S_△BQE-S_△CRF=×12×2-×（2t-8）×（8-2t）-×（12-2t）×（12-2t），
=12-（t-4）²-（6-t）²，
=-2t²+20t-40；
③如圖3，當(dāng)6≤t≤10時，重疊部分是三角形，
此時CR=2t-12，
∴BR=BC-CR=8-（2t-12）=20-2t，
同①可得h=BR=（10-t），
∴S=×（20-2t）×（10-t），
=（10-t）²，
=t²-10t+50，
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=．
分析：（1）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出△POQ是∠OPQ=60°的直角三角形，設(shè)OP的長為a，則OQ=OR=a，然后根據(jù)點M是PR的中點表示出點M的坐標(biāo)，再代入函數(shù)解析式求解即可；
（2）根據(jù)點MQ的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法列式進(jìn)行計算即可求解；
（3）先解方程求出AD、AB的長度，然后判斷出梯形ABCD是下底底角是60°的等腰梯形，然后分①0＜t≤4時，重疊部分是三角形，②4＜t＜6時，重疊部分是五邊形，③6≤t≤10時，重疊部分是三角形，三種情況分別作出圖形，進(jìn)行求解．
點評：本題綜合考查了二次函數(shù)的問題，等腰三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求直線解析式，梯形的求解，以及動點問題的求解，動點問題一定要注意根據(jù)轉(zhuǎn)折點進(jìn)行分段求解．