Question

（2012•丹徒區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD中，AD=6，AB=2

3

，點O是AD的中點，點P在DA的延長線上，且AP=3．一動點E從P點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿射線PD勻速運動；另一動點F從D點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿DO勻速運動，到達O點后，立即以原速度沿OD返回．已知點E、F同時出發(fā)，當兩點相遇時停止運動．在點E、F的運動過程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線PD的同側(cè)，設(shè)運動的時間為t秒（t≥0）．
（1）當?shù)冗叀鱁FG的邊EG恰好經(jīng)過點B時，運動時間t的值為

1s

；
（2）當?shù)冗叀鱁FG的頂點G恰好落在BC上時，運動時間t的值為

2.5s

；
（3）在整個運動過程中，設(shè)等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，請寫出S與t 之間的函數(shù)關(guān)系式和相應的自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當邊EG恰好經(jīng)過點B時，∠DEB=60°，AE=3-t，在Rt△DEB中，解直角三角形可求t的值；
（2）當?shù)冗叀鱁FG的頂點G恰好落在BC上時，等邊△EFG的高=AB=2

3

，可求此時等邊△EFG的邊長，從而可求t的值；
（3）按照等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的圖形特點，分為0≤t＜1，1≤t＜2.5，2.5＜t＜3，3≤t＜6，6≤t＜7.5五種情況，分別寫出函數(shù)關(guān)系式．

解答：解：（1）∵△GEF是等邊三角形，
∴∠GED=60°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAE=90°，
∴∠ABE=30°．
∴tan∠ABE=

AE

AB

=

3

3

．
設(shè)PE=t，則AE=3-t，
∴

3-t

AB

=

3

3

．
∵AB=2

3

，
∴

3-t

2 3

=

3

3

，
∴t=1．
故答案為：1s；
（2）如圖2，設(shè)t秒后等邊△EFG的頂點G恰好落在BC上，作GM⊥PD于M，
在Rt△EGM中，由勾股定理得：
EM=2，
∴EF=4，
∴9-2t=4，
∴t=2.5s．
故答案為：2.5．
（3）①當0≤t＜1時，重合部分是直角梯形，如圖3，作FH⊥BC與H，
DF=CH=t，則在直角△FQH中，QH=HF•tan30°=2

3

×

3

3

=2，
則BQ=BC-QH-CH=6-2-t=4-t，
∴S=

1

2

（BQ+AF）•AB=

1

2

（4-t+6-t）•2

3

=-2

3

t+10

3

；

②當1≤t＜2.5時，如圖4，同上可得：CN=2+t，
BM=t-2.5，
則MN=6-（2+t）-（t-2.5）=6.5-2t，
EF=6+3-2t=9-2t，AE=3-t，
則S_△AEH=

1

2

AE•AH=

1

2

×（3-t）•

3

（3-t）²=

3

2

（3-t）²；
S_△EFG=

3

4

（9-2t）²，S_△MNG=

3

4

（6.5-t）2，
則重合部分的面積是：S=

3

4

（9-2t）²-

3

4

（6.5-t）²-

3

2

（3-t）²；

③當2.5＜t＜3時，如圖5，
等邊△EFG的邊長是9-2t，則面積是：

3

4

（9-2t）²，
直角△AEQ中，AE=3-t，則AQ=

3

（3-t），
因而△AEQ的面積是：

3

2

（3-t）²，
則S=

3

4

（9-2t）²-

3

2

（3-t）²；

④當3≤t＜6時，如圖6，重合部分就是△EFG，邊長是：3，則S=

3

4

×3²=

9 3

4

；



⑤當6≤t＜7.5時，如圖7，重合部分就是△EFG，邊長是：3-2t，
則S=

3

4

（3-2t）²．

點評：本題是函數(shù)與矩形、三角形的面積的計算，正確分情況討論是解題的關(guān)鍵．