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1. 如图,菱形 ABCD 的对角线 AC,BD 交于点 O,AC= 16 cm,BD= 12 cm,动点 M 从点 A 出发沿 AC 方向以 2 cm/s 的速度运动到点 C,动点 N 从点 B 出发沿 BD 方向以 1 cm/s 的速度运动到点 D。若点 M,N 同时出发,其中一个点停止运动时,另一个点也停止运动。
(1)出发 1 s 时,△MON 的面积$= $
(2)出发多少秒时,△MON 的面积为$ 1 cm^2？$
(1)出发 1 s 时,△MON 的面积$= $
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$cm^2；$(2)出发多少秒时,△MON 的面积为$ 1 cm^2？$
解:设出发 $ t $ s 时,$ \triangle MON $ 的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $,则 $ AM = 2t $,$ BN = t $,
当点 $ M $ 在 $ AO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 0 \leq t ＜ 4 $,$ MO = 8 - 2t $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (8 - 2t) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $(舍去)或 $ t = 5 - \sqrt{2} $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 4 ＜ t ＜ 6 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ DO $ 上时,$ 6 ＜ t \leq 8 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = t - 6 $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (t - 6) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $或 $ t = 5 - \sqrt{2} $(舍去).
综上所述,出发 $ (5 + \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ (5 - \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ 5 \text{ s} $时,$ \triangle MON $的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $.
当点 $ M $ 在 $ AO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 0 \leq t ＜ 4 $,$ MO = 8 - 2t $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (8 - 2t) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $(舍去)或 $ t = 5 - \sqrt{2} $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 4 ＜ t ＜ 6 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ DO $ 上时,$ 6 ＜ t \leq 8 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = t - 6 $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (t - 6) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $或 $ t = 5 - \sqrt{2} $(舍去).
综上所述,出发 $ (5 + \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ (5 - \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ 5 \text{ s} $时,$ \triangle MON $的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $.
答案：
1.
(1)15
(2)解:设出发 $ t $ s 时,$ \triangle MON $ 的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $,则 $ AM = 2t $,$ BN = t $,
当点 $ M $ 在 $ AO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 0 \leq t ＜ 4 $,$ MO = 8 - 2t $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (8 - 2t) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $(舍去)或 $ t = 5 - \sqrt{2} $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 4 ＜ t ＜ 6 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ DO $ 上时,$ 6 ＜ t \leq 8 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = t - 6 $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (t - 6) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $或 $ t = 5 - \sqrt{2} $(舍去).
综上所述,出发 $ (5 + \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ (5 - \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ 5 \text{ s} $时,$ \triangle MON $的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $.
(1)15
(2)解:设出发 $ t $ s 时,$ \triangle MON $ 的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $,则 $ AM = 2t $,$ BN = t $,
当点 $ M $ 在 $ AO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 0 \leq t ＜ 4 $,$ MO = 8 - 2t $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (8 - 2t) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $(舍去)或 $ t = 5 - \sqrt{2} $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ BO $ 上时,$ 4 ＜ t ＜ 6 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = 6 - t $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (6 - t) = 1 $,
解得 $ t = 5 $,
当点 $ M $ 在 $ CO $ 上,点 $ N $ 在 $ DO $ 上时,$ 6 ＜ t \leq 8 $,$ MO = 2t - 8 $,
$ NO = t - 6 $,$ \therefore \frac{1}{2} × (2t - 8) × (t - 6) = 1 $,
解得 $ t = 5 + \sqrt{2} $或 $ t = 5 - \sqrt{2} $(舍去).
综上所述,出发 $ (5 + \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ (5 - \sqrt{2}) \text{ s} $或 $ 5 \text{ s} $时,$ \triangle MON $的面积为 $ 1 \text{ cm}^2 $.
2. 如图,在矩形 ABCD 中,AB= 6 cm,BC= 12 cm。点 M 从点 A 出发沿 AB 以 1 cm/s 的速度向点 B 运动；同时点 N 从点 B 出发沿 BC 以 2 cm/s 的速度向点 C 运动。当其中一点到达终点时,另一点也停止运动。设点 M,N 的运动时间为 t s。
(1)当 t 为何值时,MN= √29 cm？
(2)当 t 为何值时,MN 最短？MN 的最短长度是多少？
(3)当 t 为何值时,△DMN 为等腰三角形？
(1)当 t 为何值时,MN= √29 cm？
(2)当 t 为何值时,MN 最短？MN 的最短长度是多少？
(3)当 t 为何值时,△DMN 为等腰三角形？
答案：
2. 解:由题意得 $ AB = 6 \text{ cm} $,$ BC = 12 \text{ cm} $,$ AM = t \text{ cm} $,$ BM = (6 - t) \text{ cm} $,$ BN = 2t \text{ cm} $,$ NC = (12 - 2t) \text{ cm} $.
$ \because $ 四边形 $ ABCD $ 是矩形,
$ \therefore \triangle MBN $,$ \triangle DAM $,$ \triangle DNC $ 都是直角三角形.
(1) 在 $ \text{Rt} \triangle MBN $ 中,根据勾股定理得,$ BM^2 + BN^2 = MN^2 $,即 $ (6 - t)^2 + (2t)^2 = (\sqrt{29})^2 $,解得 $ t_1 = 1 $,$ t_2 = \frac{7}{5} $.
$ \therefore $ 当 $ t = 1 \text{ s} $ 或 $ \frac{7}{5} \text{ s} $ 时,$ MN = \sqrt{29} \text{ cm} $.
(2) 在 $ \text{Rt} \triangle MNB $ 中,根据勾股定理,得 $ MN^2 = BM^2 + BN^2 $,
即 $ MN^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 = 5(t - \frac{6}{5})^2 + \frac{144}{5} $,
要使 $ MN $ 最短,只需 $ MN^2 $ 的值最小,即求 $ 5(t - \frac{6}{5})^2 + \frac{144}{5} $ 的最小值.
当 $ t = \frac{6}{5} $ 时,$ MN^2 $ 最小,最小值为 $ \frac{144}{5} $.
$ \therefore $ 当 $ t = \frac{6}{5} \text{ s} $ 时,$ MN $ 最短,最短长度为 $ \frac{12\sqrt{5}}{5} \text{ cm} $.
(3) 在 $ \text{Rt} \triangle DAM $,$ \text{Rt} \triangle BMN $ 和 $ \text{Rt} \triangle DNC $ 中,根据勾股定理得,$ DM^2 = DA^2 + AM^2 $,$ MN^2 = BM^2 + BN^2 $,$ DN^2 = NC^2 + DC^2 $,
即 $ DM^2 = 12^2 + t^2 $,$ MN^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 $,$ DN^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $.
若 $ \triangle DMN $ 为等腰三角形,有 3 种情况:
① 当 $ DM = MN $,即 $ DM^2 = MN^2 $ 时,$ t^2 + 12^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 $,解得 $ t_1 = \frac{3 + 3\sqrt{13}}{2} $,$ t_2 = \frac{3 - 3\sqrt{13}}{2} $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,
$ \therefore t_1 = \frac{3 + 3\sqrt{13}}{2} $,$ t_2 = \frac{3 - 3\sqrt{13}}{2} $ 均不合题意,舍去.
② 当 $ DM = DN $,即 $ DM^2 = DN^2 $ 时,$ 12^2 + t^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $,解得 $ t_1 = 8 - 2\sqrt{13} $,$ t_2 = 8 + 2\sqrt{13} $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,$ \therefore t_2 = 8 + 2\sqrt{13} $ 不合题意,舍去.
③ 当 $ MN = DN $,即 $ MN^2 = DN^2 $ 时,$ (6 - t)^2 + (2t)^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $,
解得 $ t_1 = 6\sqrt{13} - 18 $,$ t_2 = -6\sqrt{13} - 18 $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,$ \therefore t_2 = -6\sqrt{13} - 18 $ 不合题意,舍去.
综上所述,当 $ t $ 为 $ (8 - 2\sqrt{13}) \text{ s} $ 或 $ (6\sqrt{13} - 18) \text{ s} $ 时,$ \triangle DMN $ 为等腰三角形.
$ \because $ 四边形 $ ABCD $ 是矩形,
$ \therefore \triangle MBN $,$ \triangle DAM $,$ \triangle DNC $ 都是直角三角形.
(1) 在 $ \text{Rt} \triangle MBN $ 中,根据勾股定理得,$ BM^2 + BN^2 = MN^2 $,即 $ (6 - t)^2 + (2t)^2 = (\sqrt{29})^2 $,解得 $ t_1 = 1 $,$ t_2 = \frac{7}{5} $.
$ \therefore $ 当 $ t = 1 \text{ s} $ 或 $ \frac{7}{5} \text{ s} $ 时,$ MN = \sqrt{29} \text{ cm} $.
(2) 在 $ \text{Rt} \triangle MNB $ 中,根据勾股定理,得 $ MN^2 = BM^2 + BN^2 $,
即 $ MN^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 = 5(t - \frac{6}{5})^2 + \frac{144}{5} $,
要使 $ MN $ 最短,只需 $ MN^2 $ 的值最小,即求 $ 5(t - \frac{6}{5})^2 + \frac{144}{5} $ 的最小值.
当 $ t = \frac{6}{5} $ 时,$ MN^2 $ 最小,最小值为 $ \frac{144}{5} $.
$ \therefore $ 当 $ t = \frac{6}{5} \text{ s} $ 时,$ MN $ 最短,最短长度为 $ \frac{12\sqrt{5}}{5} \text{ cm} $.
(3) 在 $ \text{Rt} \triangle DAM $,$ \text{Rt} \triangle BMN $ 和 $ \text{Rt} \triangle DNC $ 中,根据勾股定理得,$ DM^2 = DA^2 + AM^2 $,$ MN^2 = BM^2 + BN^2 $,$ DN^2 = NC^2 + DC^2 $,
即 $ DM^2 = 12^2 + t^2 $,$ MN^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 $,$ DN^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $.
若 $ \triangle DMN $ 为等腰三角形,有 3 种情况:
① 当 $ DM = MN $,即 $ DM^2 = MN^2 $ 时,$ t^2 + 12^2 = (6 - t)^2 + (2t)^2 $,解得 $ t_1 = \frac{3 + 3\sqrt{13}}{2} $,$ t_2 = \frac{3 - 3\sqrt{13}}{2} $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,
$ \therefore t_1 = \frac{3 + 3\sqrt{13}}{2} $,$ t_2 = \frac{3 - 3\sqrt{13}}{2} $ 均不合题意,舍去.
② 当 $ DM = DN $,即 $ DM^2 = DN^2 $ 时,$ 12^2 + t^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $,解得 $ t_1 = 8 - 2\sqrt{13} $,$ t_2 = 8 + 2\sqrt{13} $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,$ \therefore t_2 = 8 + 2\sqrt{13} $ 不合题意,舍去.
③ 当 $ MN = DN $,即 $ MN^2 = DN^2 $ 时,$ (6 - t)^2 + (2t)^2 = (12 - 2t)^2 + 6^2 $,
解得 $ t_1 = 6\sqrt{13} - 18 $,$ t_2 = -6\sqrt{13} - 18 $.
$ \because 0 \leq t \leq 6 $,$ \therefore t_2 = -6\sqrt{13} - 18 $ 不合题意,舍去.
综上所述,当 $ t $ 为 $ (8 - 2\sqrt{13}) \text{ s} $ 或 $ (6\sqrt{13} - 18) \text{ s} $ 时,$ \triangle DMN $ 为等腰三角形.
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