Question

如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=4，AD=3，動(dòng)點(diǎn)M從D點(diǎn)出發(fā)，以1個(gè)單位/秒的速度沿DA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)N從A點(diǎn)出發(fā)，以2個(gè)單位/秒的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)、當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)結(jié)束、過(guò)點(diǎn)N作NP⊥AB，交AC于點(diǎn)P連接MP、已知?jiǎng)狱c(diǎn)運(yùn)動(dòng)了x秒．
（1）請(qǐng)直接寫(xiě)出PN的長(zhǎng)；（用含x的代數(shù)式表示）
（2）試求△MPA的面積S與時(shí)間x秒的函數(shù)關(guān)系式，寫(xiě)出自變量x的取值范圍，并求出S的最大值；
（3）在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△MPA能否為一個(gè)等腰三角形？若能，求出所有x的對(duì)應(yīng)值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）∵NP⊥AB，四邊形ABCD為矩形，∴PN∥CB可得

AN

AB

=

PN

BC

；由AB=4，AD=3，可知BC=AD=3；動(dòng)點(diǎn)動(dòng)了x秒，可知AN=2x；于是

2x

4

=

PN

3

，即PN可求．
（2）△MPA的面積S=

1

2

AM•AN，AM=AD-DM=3-x，∴S=

1

2

•（3-x）•2x，動(dòng)點(diǎn)M由點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)A用時(shí)間為3秒，動(dòng)點(diǎn)N由A到B用時(shí)間為2秒；N先到達(dá)終點(diǎn)，其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)結(jié)束，即0＜x≤2．整理S=-(x-

3

2

)2+

9

4

，可求S的最大值．
（3）假設(shè)△MPA為一個(gè)等腰三角形，則會(huì)有PM=PA或MP=AM或AP=AM．
過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AD交AD于點(diǎn)Q
①當(dāng)PM=PA時(shí)，據(jù)PQ⊥AD，得MQ=QA=PN=

3

2

x，又DM+MQ+QA=AD，所以4x=3，即x可求．
②當(dāng)MP=AM時(shí)，由題意：MQ=AD-AQ-DM=3-

5

2

x，PQ=2x，MP=MA=3-x，在Rt△PMQ中，由勾股定理得：MP²=MQ²+PQ²，x可求．
③當(dāng)AP=AM時(shí)，由PN∥BC，得

AP

AC

=

AN

AB

，于是AP=

5

2

x，又AM=3-x，則

5

2

x=3-x，即x可求．綜合可知△MPA能為一個(gè)等腰三角形．

解答：解：（1）PN=

3x

2

．

（2）過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AD交AD于點(diǎn)Q，
可知PQ=AN=2x
依題意，可得AM=3-x
∴S=

1

2

•AM•PQ=

1

2

•（3-x）•2x=-x²+3x
亦即S=-(x-

3

2

)2+

9

4

自變量x的取值范圍是：0＜x≤2
∴當(dāng)x=

3

2

時(shí)，S有最大值，S最大值=

9

4

（3）△MPA能成為等腰三角形，共有三種情況：
①當(dāng)PM=PA時(shí)，
∵PQ⊥AD，
∴MQ=AQ=PN=

3

2

x，
又∵DM+MQ+QA=AD，
∴4x=3，即x=

3

4

；
②當(dāng)MP=AM時(shí)，由題意：
MQ=AD-AQ-DM=3-

5

2

x，PQ=2x，MP=MA=3-x
在Rt△PMQ中，由勾股定理得：MP²=MQ²+PQ²，
∴（3-x）²=（3-

5

2

x）²+（2x）²
解之得：x=

36

37

，x=0（不合題意，舍去）
③當(dāng)AP=AM時(shí)，
∵PN∥BC，
∴

AP

AC

=

AN

AB

，
∴AP=

5

2

x，
∵AM=3-x
∴

5

2

x=3-x，
解之得：x=

6

7

．
綜上所述，當(dāng)x=

3

4

，或x=

36

37

，或x=

6

7

時(shí)，△MPA是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：此題為綜合應(yīng)用類(lèi)型的題目，有難度，但能考查綜合知識(shí)點(diǎn)運(yùn)用的能力．