每日一题：2020-07-27

每日一题: 2020-07-27

题目: 如图所示, 在同一平面上, 两块斜边相等的直角三角形$Rt\triangle ABC$ 与$Rt\triangle ADC$ 拼在
一起, 使斜边$AC$ 完全重合, 且顶点$B,D$ 分别在$AC$ 的两旁, $\angle ABC=\angle ADC=90^{\circ}$,
$\angle CAD=30^{\circ}$, $AB=BC=4$ cm.
(1) 填空: $AD=\qquad $ (cm), $DC=\qquad$ (cm);
(2) 点$M,N$ 分别从$A$ 点, $C$ 点同时以每秒$1$ cm 的速度等速出发, 且分别在$AD,CB$
上沿$A\rightarrow D,C\rightarrow B$的方向运动, 当$N$ 点运动到$B$ 点时, $M,N$ 两点
同时停止运动, 连结$MN$, 求当$M,N$ 点运动了$x$ 秒时, 点$N$ 到$AD$ 的距离(用含$x$ 的
式子表示);
(3) 在(2)的条件下, 取$DC$ 中点$P$, 连结$MP,NP$, 设$\triangle PMN$ 的面积为 $y\text{cm}^2$,
在整个运动过程中, $\triangle PMN$ 的面积$y$ 存在最大值, 请求出这个最大值.
(参考数据: $\sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, \sin 15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ )

参考思路

(1) $AD=2\sqrt{6}$ cm; $DC=2\sqrt{2}$ cm.
(2) 如图所示, 过$N$ 作$NF\bot CD$ 于点$F$, $NH\bot AC$ 于点$H$, $HE\bot AD$ 于点$E$, $NE$ 交AC于点$G$.
显然$Rt\triangle NCH$ 为等腰直角三角形, $Rt\triangle NHG$ 与$Rt\triangle AHE$ 是
有一个角为$30^{\circ}$ 的直角三角形. 因为$NC=x$, 所以有:
$NH=HC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x\Rightarrow HG=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}x=\frac{\sqrt{6}}{6}x$, $\therefore HG=2GH=\frac{\sqrt{6}}{3}x$.
因此有: $AG=AC-(HC+GH)=4\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}}{6}+\frac{\sqrt{2}}{2})x$
$\Rightarrow GE=\frac{AG}{2}=2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x$.
所以$NE=NG+GE=\frac{\sqrt{6}}{3}x+2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x=2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x$.

(3) 由(2) 知$CF=NE-CD=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}x$,
所以$NF=\sqrt{NC^2-CF^2}=\sqrt{x^2-(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})^2x^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}x$.
连结$ND$. 所以有
\[
S_{\triangle PMN}=S_{\triangle MND}+S_{\triangle PDN}-S_{\triangle PMD}
\]
\[
S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}\cdot MD\cdot
NE=\frac{1}{2}(2\sqrt{6}-x)(2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x)=(2\sqrt{6}-x)(\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x)
\]
\[
S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot NF=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x
\]
\[
S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot MD=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (2\sqrt{6}-x)
\]
\[
y=\sqrt{2}(2\sqrt{6}-x)+(2\sqrt{6}-x)(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{6}-x)
\]
化简合并得
\[
y=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}x^2+\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}x+2\sqrt{3}
\]
此二次函数$a=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}, b=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}, c=2\sqrt{3}$,
所以当$x=-\frac{b}{2a}=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ 时取得最大值$\frac{4ac-b^2}{4a}=\frac{30+10\sqrt{2}-6\sqrt{6}-7\sqrt{3}}{4(\sqrt{6}-\sqrt{2})}$,
分母有理得最大值为: $\frac{23\sqrt{6}+8\sqrt{3}+9\sqrt{2}-16}{16}$