Question

如图，等腰梯形ABCD中AB∥CD，AB=4，CD=2，BC=√5.点M在AB上自点A向点B以2单位/秒的速度运动。。

点N在CD上自点C向点D以1单位/秒的速度运动，过点N作NP⊥AB于点P，交对角线BD于点Q，连接MQ，设点M和点N移动时间为t秒（0＜t＜2）。
1.求线段PN的长
2.求△BMQ面积S与时间t的函数关系试
3.是否存在某一时刻t，使得△BMQ面积S为△DNQ面积的3倍？若存在，求出来，不存在，说明理由。
4.连接MN在移动过程中是否存在MN⊥BD的可能？若有，求出来t，若没有，说明理由。

Answer 1

1. NP⊥AB，做CO⊥AB于O，DK⊥AB于K，则四边形CDKO是长方形，且因ABCD是等腰梯形，∠A=∠B，AD=BC,那么三角形ADK全等于三角形BCO（直角三角形的SAA）。得到AK=BO=(4-2)/2=1,根据沟谷定理得到CO=2=PN

   
   

2. M的速度是N的两倍，且时间t小于2s，那么有AM=2CN

   设时间是t,那么CN=t，AM=2t

   BM=AB-AM=4-2t

   做BJ⊥CD交DC延长线于J，得CJ=BO=1,BJ=PN=2,DJ=3

   直角三角形DNQ相似于DJB

   DN:DJ=NQ:BJ

   DN=CD-CN=2-t

   得NQ=(4-2t)/3

   QP=NP-NQ=2-(4-2t)/3=(2+2t)/3

   S=0.5*BM*QP=(2/3)*(-t^2+t+2)

3. DNQ的面积S'=0.5*DN*NQ=[(t-2)^2]/3

   S=3S'

   解方程得判别式小于0，不存在这一时刻

4.设在t=t‘时满足MN⊥BD，MN交BD于G

这时三角形BMG相似于DNG

BM=AB-AM=4-2t’

DN=CD-CN=2-t‘=BM*0.5

所以DG=BG*0.5

又DG+BG=BD=根号下（BJ^2+DJ^2）=根号13

所以DG=(1/3)*根号13

BG=(2/3)*根号13

直角三角形BMG相似于BDK

BD:BM=BK:BG

BD=根号13

BM=4-2t’

BK=3

BG=BG=(2/3)*根号13

解方程得t‘=5/9s

Answer 2

NP⊥AB，做CO⊥AB于O，DK⊥AB于K，则四边形CDKO是长方形，且因ABCD是等腰梯形，∠A=∠B，AD=BC,那么三角形ADK全等于三角形BCO（直角三角形的SAA）。得到AK=BO=(4-2)/2=1,根据勾股定理得到CO=2=PN

M的速度是N的两倍，且时间t小于2s，那么有AM=2CN
设时间是t,那么CN=t，AM=2t
BM=AB-AM=4-2t
做BJ⊥CD交DC延长线于J，得CJ=BO=1,BJ=PN=2,DJ=3
直角三角形DNQ相似于三角形DJB
DN:DJ=NQ:BJ
DN=CD-CN=2-t
得NQ=(4-2t)/3
QP=NP-NQ=2-(4-2t)/3=(2+2t)/3
S=0.5*BM*QP=(2/3)*(-t^2+t+2)
DNQ的面积S'=0.5*DN*NQ=[(t-2)^2]/3
S=3S'
解方程得判别式小于0，不存在这一时刻
4.设在t=t‘时满足MN⊥BD，MN交BD于G
这时三角形BMG相似于DNG
BM=AB-AM=4-2t’
DN=CD-CN=2-t‘=BM*0.5
所以DG=BG*0.5
又DG+BG=BD=根号下（BJ^2+DJ^2）=根号13
所以DG=(1/3)*根号13
BG=(2/3)*根号13
直角三角形BMG相似于BDK

BD:BM=BK:BG
BD=根号13
BM=4-2t’
BK=3
BG=BG=(2/3)*根号13
解方程得t‘=5/9s