Question

已知：如圖（1），在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=6，CD=12，AD=5，點M沿著DA方向從D向A運動，速度是每秒1個單位，同時，點N沿著CD方向從C到D運動，速度是每秒2個單位，當其中一個點到達終點時另一個點也停止運動，設運動時間是x秒．
（1）幾秒時MN∥BC？
（2）設△DMN的面積是y，請你寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）是否存在某一時刻，使多邊形ABCNM的面積是梯形ABCD面積的

2

3

？如果存在，則求出此時x的值；如果不存在，請說明理由．
（4）如圖（2），在兩點移動過程中，以DN為對稱軸將△DMN翻折，四邊形DMNM′能否成為菱形？如果有可能，求出此時x的值；如果沒有可能，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）設x秒時MN∥BC，過點A作AE∥BC交CD于E，由平行線、平行公理的推論及等腰梯形的性質(zhì)得出∠D=∠MND，則MN=MD；再由MN∥AE，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出MN：AE=DN：DE，求出MN=10-

5

3

x；然后根據(jù)MN=MD列出關(guān)于x的方程，解方程即可；
（2）過點A作AF⊥CD于點F，過點M作MG⊥CD于點G，則MG∥AF．先由等腰梯形的性質(zhì)求出DF=3，則在直角△ADF中，運用勾股定理得出AF=4，再由MG∥AF，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出MG：AF=DM：AD，求出MG=

4

5

x，然后根據(jù)三角形的面積公式即可得到求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）當多邊形ABCNM的面積是梯形ABCD面積的

2

3

時，△DMN的面積是梯形ABCD面積的

1

3

，由此列出方程，整理得出x²-6x+15=0，即可判斷這樣的時刻不存在；
（4）先由軸對稱的性質(zhì)得出DM′=DM，M′N=MN，再由（1）知，x=

15

4

秒時MN=MD，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形得出x=

15

4

秒時四邊形DMNM′是菱形．

解答：解：（1）如圖，設x秒時MN∥BC，此時DM=x，CN=2x．
過點A作AE∥BC交CD于E，則∠AED=∠C，
∵MN∥BC，∴MN∥AE，
∴∠MND=∠AED，
∵四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，
∴∠D=∠C，
∴∠D=∠MND，
∴MN=MD．
∵MN∥AE，
∴MN：AE=DN：DE，即MN：5=（12-2x）：6，
解得MN=10-

5

3

x．
∵MN=MD，
∴10-

5

3

x=x，
解得x=

15

4

．
故

15

4

秒時MN∥BC；

（2）如圖，過點A作AF⊥CD于點F，過點M作MG⊥CD于點G，則MG∥AF．
∵四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB=6，CD=12，
∴DF=

1

2

（CD-AB）=3．
在直角△ADF中，∠AFD=90°，AD=5，DF=3，
∴AF=

AD2-DF2

=4．
∵MG∥AF，
∴MG：AF=DM：AD，即MG：4=x：5，
∴MG=

4

5

x，
∴y=

1

2

DN•MG=

1

2

×（12-2x）×

4

5

x=-

4

5

x²+

24

5

x．
故所求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=-

4

5

x²+

24

5

x；

（3）不存在某一時刻，能夠使多邊形ABCNM的面積是梯形ABCD面積的

2

3

．理由如下：
∵△DMN的面積+多邊形ABCNM的面積=梯形ABCD面積，
∴當多邊形ABCNM的面積是梯形ABCD面積的

2

3

時，△DMN的面積是梯形ABCD面積的

1

3

，
∴-

4

5

x²+

24

5

x=

1

3

×

1

2

×（6+12）×4，
整理得x²-6x+15=0，
∵△=36-60=-24＜0，
∴x無解．
故不存在某一時刻，能夠使多邊形ABCNM的面積是梯形ABCD面積的

2

3

．

（4）在兩點移動過程中，以DN為對稱軸將△DMN翻折，四邊形DMNM′能成為菱形．理由如下：
由軸對稱的性質(zhì)可知，DM′=DM，M′N=MN，
又由（1）知，x=

15

4

秒時MN=MD，
∴x=

15

4

秒時MN=MD=DM′=M′N，
∴x=

15

4

秒時四邊形DMNM′是菱形．

點評：本題考查了等腰梯形的性質(zhì)，平行公理的推論，平行線的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，勾股定理，三角形、梯形的面積，軸對稱的性質(zhì)，菱形的判定，綜合性較強，有一定難度．利用平行線分線段成比例定理列出比例式，進而用含x的代數(shù)式表示相關(guān)線段是解題的關(guān)鍵．