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28. 如图,直线 $y=-ax+a$ 与 $x$ 轴交于点 $C$,与 $y=ax+3a$ 交于点 $A$. 直线 $y=ax+3a$ 与 $x$ 轴交于点 $B$. 动点 $M$ 从点 $B$ 出发,沿着线段 $BA$ 向终点 $A$ 运动,同时,动点 $N$ 从 $C$ 出发,沿着射线 $AC$ 运动,$M,N$ 两点的运动速度均为每秒 2 个单位长度,运动时间为 $t$ s.
(1)如图1,求B,C两点的坐标.
(2)如图2,连接MN交x轴于点E,过点M作$MF⊥x$轴于点F,当 $S_{△ ABC}=4\sqrt{3}$ 时,设 $ME^2=d$,求 $d$ 与 $t$ 的数量关系.
(3)如图3,在(2)的条件下,在线段 $AC$ 上取一点 $D$,连接 $DM$,使得 $∠DMN=2∠DNM$,过点 $D$ 作 $DF⊥MN$ 于点 $F$.当 $∠DEF=60°$ 时,求 $t$ 的值.
(1)如图1,求B,C两点的坐标.
(2)如图2,连接MN交x轴于点E,过点M作$MF⊥x$轴于点F,当 $S_{△ ABC}=4\sqrt{3}$ 时,设 $ME^2=d$,求 $d$ 与 $t$ 的数量关系.
(3)如图3,在(2)的条件下,在线段 $AC$ 上取一点 $D$,连接 $DM$,使得 $∠DMN=2∠DNM$,过点 $D$ 作 $DF⊥MN$ 于点 $F$.当 $∠DEF=60°$ 时,求 $t$ 的值.
答案
28.解:(1)当$y=0$时,$-ax+a=0$,
$∴x=1,ax+3a=0,x=-3,$
$∴B(-3,0),C(1,0).$
(2)联立$\begin{cases}y=-ax+a,\\y=ax+3a,\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1,\\y=2a,\end{cases}$
$∴A(-1,2a).$
如图,过点$A$作$AR⊥x$轴于点$R$,
$∴BR=CR=2.$
$∵S_{△ABC}=\frac{BC·AR}{2}=4\sqrt{3},$
$∴AR=2\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ABR$中,$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=4,∴AB=BC.$
同理$BC=AC$,
$∴△ABC$为等边三角形.
过点$M$作$MQ// AC$交$x$轴于点$Q$,可证$△BMQ$为等边三角形，
$∴BM=MQ.$
又$∵BM=CN,∴MQ=CN,$
易证$△MQE≌△NCE.$
$∵MF⊥BC,∴BF=FQ,$
$∴EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=2.$
在$\mathrm{Rt}△BMF$中,$MF^2=3t^2,$
在$\mathrm{Rt}△EMF$中,$d=ME^2=MF^2+EF^2=3t^2+4.$
(3)如图,延长$NM$到点$G$,使$MG=MD$,连接$DG,DE$,
$∴∠G=∠MDG,$
$∴∠DMN=2∠G.$
$∵∠DMN=2∠DNM,$
$∴∠G=∠DNM,$
$∴△DGN$是等腰三角形,$DG=DN.$
$∵DF⊥MN,$
$∴GF=NF.$
由(2)知,$ME=EN$,
设$MF=a,EF=b$,
$∴EN=a+b.$
设$DM=x$,则$MG=x.$
$∵GF=NF,$
$∴a+x=b+a+b$
$∴x=2b,DM=2EF.$
在$\mathrm{Rt}△DEF$中,$∠DEF=60°,$
$∴∠EDF=30°,$
$∴DE=2EF,$
$∴DM=DE,$
$∴△MDE$为等边三角形，
$∴∠DMN=60°,$
$∴∠DNF=30°.$
$∵∠A=60°,$
$∴∠AMN=90°,$
$∴∠BME=90°.$
$∵∠CEN=60°-30°=30°,$
$∴CE=CN=BM=2t,$
$∴BE=4-2t.$
在$\mathrm{Rt}△BME$中,易得$∠BEM=30°,$
$∴BM=\frac{1}{2}BE,$
$∴2t=\frac{1}{2}(4-2t),$
$∴t=\frac{2}{3}.$
解析
【分析】
(1) 求直线与x轴交点的坐标，只需令函数解析式中y=0，解对应的一元一次方程，所得x值即为交点横坐标，纵坐标为0，据此可求B、C坐标。
(2) 先联立两条直线的解析式，解方程组得到交点A的坐标；过A作x轴的垂线，结合△ABC的面积求出A点纵坐标，通过计算边长证明△ABC是等边三角形；再过M作MQ//AC交x轴于Q，先证△BMQ为等边三角形，再证△MQE≌△NCE，结合等边三角形三线合一的性质推出EF为定值2，最后在Rt△EMF中用勾股定理表示出ME²，即可得到d与t的数量关系。
(3) 延长NM到G，使MG=MD，构造等腰三角形，结合已知的角的倍数关系推出△DGN为等腰三角形；再利用DF⊥MN和等腰三角形三线合一的性质得到线段相等关系，结合∠DEF=60°推导得△MDE为等边三角形，进而得到角的数量关系，最后在Rt△BME中利用30°角所对直角边是斜边一半的性质列方程求解t。
【解析】
(1) 对于直线与x轴的交点，令y=0：
将y=0代入$y=-ax+a$，得$-ax+a=0$，解得$x=1$，故点C坐标为$(1,0)$；
将y=0代入$y=ax+3a$，得$ax+3a=0$，解得$x=-3$，故点B坐标为$(-3,0)$。
(2) 联立两条直线的解析式：
$\begin{cases}y=-ax+a\\y=ax+3a\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1\\y=2a\end{cases}$，故点A坐标为$(-1,2a)$。
过点A作$AR⊥x$轴于点R，
则$BR=(-1)-(-3)=2$，$CR=1-(-1)=2$，即$BR=CR$。
BC的长度为$1-(-3)=4$，由$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·BC·AR=4\sqrt{3}$，代入得$\frac{1}{2}×4×2a=4\sqrt{3}$，解得$2a=2\sqrt{3}$，即$AR=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ ABR$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$，同理可得$AC=4$，又$BC=4$，故$AB=BC=AC$，$△ ABC$为等边三角形，$∠ ABC=∠ ACB=60°$。
过点M作$MQ// AC$交x轴于点Q，则$∠ MQB=∠ ACB=60°$，又$∠ MBQ=60°$，故$△ BMQ$为等边三角形，因此$BM=MQ$，且$MF⊥BQ$时，由等边三角形三线合一得$BF=FQ$。
由题知M、N运动速度均为每秒2个单位，故$BM=CN=2t$，因此$MQ=CN$。
可证$△ MQE≌△ NCE(AAS)$，因此$EQ=EC$。
则$EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}(BQ+CQ)=\frac{1}{2}BC=2$。
在$Rt△ BMF$中，$∠ MBF=60°$，故$∠ BMF=30°$，因此$BF=\frac{1}{2}BM=t$，由勾股定理得$MF=\sqrt{(2t)^2-t^2}=\sqrt{3}t$，故$MF^2=3t^2$。
在$Rt△ EMF$中，由勾股定理得$ME^2=MF^2+EF^2$，即$d=3t^2+4$。
(3) 延长NM到点G，使$MG=MD$，连接DG、DE，
则$∠ G=∠ MDG$，因此$∠ DMN=2∠ G$。
已知$∠ DMN=2∠ DNM$，故$∠ G=∠ DNM$，因此$DG=DN$，$△ DGN$为等腰三角形。
又$DF⊥MN$，由等腰三角形三线合一得$GF=FN$。
由(2)得$ME=EN$。
在$Rt△ DEF$中，$∠ DEF=60°$，故$∠ EDF=30°$，因此$DE=2EF$。
结合$GF=NF$可推导得$DM=2EF$，因此$DM=DE$，$∠ DME=∠ DEM=60°$，故$△ MDE$为等边三角形，$∠ DMN=60°$，因此$∠ DNM=30°$。
$△ ABC$为等边三角形，$∠ BAC=60°$，故$∠ AMN=180°-60°-30°=90°$，即$∠ BME=90°$。
在$Rt△ BME$中，$∠ B=60°$，故$∠ BEM=30°$，因此$BM=\frac{1}{2}BE$。
又$∠ CEN=∠ BEM=30°$，$∠ ACB=60°$，故$∠ CNE=30°$，因此$CE=CN=2t$，$BE=4-2t$。
代入$BM=\frac{1}{2}BE$得：$2t=\frac{1}{2}(4-2t)$，解得$t=\frac{2}{3}$。
【答案】
28.解:(1)当$y=0$时,$-ax+a=0$,
$∴x=1,ax+3a=0,x=-3,$
$∴B(-3,0),C(1,0).$
(2)联立$\begin{cases}y=-ax+a,\\y=ax+3a,\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1,\\y=2a,\end{cases}$
$∴A(-1,2a).$
如图,过点$A$作$AR⊥x$轴于点$R$,
$∴BR=CR=2.$
$∵S_{△ABC}=\frac{BC·AR}{2}=4\sqrt{3},$
$∴AR=2\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ABR$中,$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=4,∴AB=BC.$
同理$BC=AC$,
$∴△ABC$为等边三角形.
过点$M$作$MQ// AC$交$x$轴于点$Q$,可证$△BMQ$为等边三角形，
$∴BM=MQ.$
又$∵BM=CN,∴MQ=CN,$
易证$△MQE≌△NCE.$
$∵MF⊥BC,∴BF=FQ,$
$∴EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=2.$
在$\mathrm{Rt}△BMF$中,$MF^2=3t^2,$
在$\mathrm{Rt}△EMF$中,$d=ME^2=MF^2+EF^2=3t^2+4.$
(3)如图,延长$NM$到点$G$,使$MG=MD$,连接$DG,DE$,
$∴∠G=∠MDG,$
$∴∠DMN=2∠G.$
$∵∠DMN=2∠DNM,$
$∴∠G=∠DNM,$
$∴△DGN$是等腰三角形,$DG=DN.$
$∵DF⊥MN,$
$∴GF=NF.$
由(2)知,$ME=EN$,
设$MF=a,EF=b$,
$∴EN=a+b.$
设$DM=x$,则$MG=x.$
$∵GF=NF,$
$∴a+x=b+a+b$
$∴x=2b,DM=2EF.$
在$\mathrm{Rt}△DEF$中,$∠DEF=60°,$
$∴∠EDF=30°,$
$∴DE=2EF,$
$∴DM=DE,$
$∴△MDE$为等边三角形，
$∴∠DMN=60°,$
$∴∠DNF=30°.$
$∵∠A=60°,$
$∴∠AMN=90°,$
$∴∠BME=90°.$
$∵∠CEN=60°-30°=30°,$
$∴CE=CN=BM=2t,$
$∴BE=4-2t.$
在$\mathrm{Rt}△BME$中,易得$∠BEM=30°,$
$∴BM=\frac{1}{2}BE,$
$∴2t=\frac{1}{2}(4-2t),$
$∴t=\frac{2}{3}.$
【知识点】
一次函数交点问题；等边三角形判定与性质；全等三角形判定与性质
【点评】
本题是一次函数与几何结合的综合动点题，融合了函数图象性质、三角形全等、特殊三角形的性质等多个考点，需要熟练掌握相关定理，能通过作辅助线转化角度和线段关系，对综合分析问题的能力要求较高。
【难度系数】
0.3
(1) 求直线与x轴交点的坐标，只需令函数解析式中y=0，解对应的一元一次方程，所得x值即为交点横坐标，纵坐标为0，据此可求B、C坐标。
(2) 先联立两条直线的解析式，解方程组得到交点A的坐标；过A作x轴的垂线，结合△ABC的面积求出A点纵坐标，通过计算边长证明△ABC是等边三角形；再过M作MQ//AC交x轴于Q，先证△BMQ为等边三角形，再证△MQE≌△NCE，结合等边三角形三线合一的性质推出EF为定值2，最后在Rt△EMF中用勾股定理表示出ME²，即可得到d与t的数量关系。
(3) 延长NM到G，使MG=MD，构造等腰三角形，结合已知的角的倍数关系推出△DGN为等腰三角形；再利用DF⊥MN和等腰三角形三线合一的性质得到线段相等关系，结合∠DEF=60°推导得△MDE为等边三角形，进而得到角的数量关系，最后在Rt△BME中利用30°角所对直角边是斜边一半的性质列方程求解t。
【解析】
(1) 对于直线与x轴的交点，令y=0：
将y=0代入$y=-ax+a$，得$-ax+a=0$，解得$x=1$，故点C坐标为$(1,0)$；
将y=0代入$y=ax+3a$，得$ax+3a=0$，解得$x=-3$，故点B坐标为$(-3,0)$。
(2) 联立两条直线的解析式：
$\begin{cases}y=-ax+a\\y=ax+3a\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1\\y=2a\end{cases}$，故点A坐标为$(-1,2a)$。
过点A作$AR⊥x$轴于点R，
则$BR=(-1)-(-3)=2$，$CR=1-(-1)=2$，即$BR=CR$。
BC的长度为$1-(-3)=4$，由$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·BC·AR=4\sqrt{3}$，代入得$\frac{1}{2}×4×2a=4\sqrt{3}$，解得$2a=2\sqrt{3}$，即$AR=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ ABR$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$，同理可得$AC=4$，又$BC=4$，故$AB=BC=AC$，$△ ABC$为等边三角形，$∠ ABC=∠ ACB=60°$。
过点M作$MQ// AC$交x轴于点Q，则$∠ MQB=∠ ACB=60°$，又$∠ MBQ=60°$，故$△ BMQ$为等边三角形，因此$BM=MQ$，且$MF⊥BQ$时，由等边三角形三线合一得$BF=FQ$。
由题知M、N运动速度均为每秒2个单位，故$BM=CN=2t$，因此$MQ=CN$。
可证$△ MQE≌△ NCE(AAS)$，因此$EQ=EC$。
则$EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}(BQ+CQ)=\frac{1}{2}BC=2$。
在$Rt△ BMF$中，$∠ MBF=60°$，故$∠ BMF=30°$，因此$BF=\frac{1}{2}BM=t$，由勾股定理得$MF=\sqrt{(2t)^2-t^2}=\sqrt{3}t$，故$MF^2=3t^2$。
在$Rt△ EMF$中，由勾股定理得$ME^2=MF^2+EF^2$，即$d=3t^2+4$。
(3) 延长NM到点G，使$MG=MD$，连接DG、DE，
则$∠ G=∠ MDG$，因此$∠ DMN=2∠ G$。
已知$∠ DMN=2∠ DNM$，故$∠ G=∠ DNM$，因此$DG=DN$，$△ DGN$为等腰三角形。
又$DF⊥MN$，由等腰三角形三线合一得$GF=FN$。
由(2)得$ME=EN$。
在$Rt△ DEF$中，$∠ DEF=60°$，故$∠ EDF=30°$，因此$DE=2EF$。
结合$GF=NF$可推导得$DM=2EF$，因此$DM=DE$，$∠ DME=∠ DEM=60°$，故$△ MDE$为等边三角形，$∠ DMN=60°$，因此$∠ DNM=30°$。
$△ ABC$为等边三角形，$∠ BAC=60°$，故$∠ AMN=180°-60°-30°=90°$，即$∠ BME=90°$。
在$Rt△ BME$中，$∠ B=60°$，故$∠ BEM=30°$，因此$BM=\frac{1}{2}BE$。
又$∠ CEN=∠ BEM=30°$，$∠ ACB=60°$，故$∠ CNE=30°$，因此$CE=CN=2t$，$BE=4-2t$。
代入$BM=\frac{1}{2}BE$得：$2t=\frac{1}{2}(4-2t)$，解得$t=\frac{2}{3}$。
【答案】
28.解:(1)当$y=0$时,$-ax+a=0$,
$∴x=1,ax+3a=0,x=-3,$
$∴B(-3,0),C(1,0).$
(2)联立$\begin{cases}y=-ax+a,\\y=ax+3a,\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1,\\y=2a,\end{cases}$
$∴A(-1,2a).$
如图,过点$A$作$AR⊥x$轴于点$R$,
$∴BR=CR=2.$
$∵S_{△ABC}=\frac{BC·AR}{2}=4\sqrt{3},$
$∴AR=2\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ABR$中,$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=4,∴AB=BC.$
同理$BC=AC$,
$∴△ABC$为等边三角形.
过点$M$作$MQ// AC$交$x$轴于点$Q$,可证$△BMQ$为等边三角形，
$∴BM=MQ.$
又$∵BM=CN,∴MQ=CN,$
易证$△MQE≌△NCE.$
$∵MF⊥BC,∴BF=FQ,$
$∴EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=2.$
在$\mathrm{Rt}△BMF$中,$MF^2=3t^2,$
在$\mathrm{Rt}△EMF$中,$d=ME^2=MF^2+EF^2=3t^2+4.$
(3)如图,延长$NM$到点$G$,使$MG=MD$,连接$DG,DE$,
$∴∠G=∠MDG,$
$∴∠DMN=2∠G.$
$∵∠DMN=2∠DNM,$
$∴∠G=∠DNM,$
$∴△DGN$是等腰三角形,$DG=DN.$
$∵DF⊥MN,$
$∴GF=NF.$
由(2)知,$ME=EN$,
设$MF=a,EF=b$,
$∴EN=a+b.$
设$DM=x$,则$MG=x.$
$∵GF=NF,$
$∴a+x=b+a+b$
$∴x=2b,DM=2EF.$
在$\mathrm{Rt}△DEF$中,$∠DEF=60°,$
$∴∠EDF=30°,$
$∴DE=2EF,$
$∴DM=DE,$
$∴△MDE$为等边三角形，
$∴∠DMN=60°,$
$∴∠DNF=30°.$
$∵∠A=60°,$
$∴∠AMN=90°,$
$∴∠BME=90°.$
$∵∠CEN=60°-30°=30°,$
$∴CE=CN=BM=2t,$
$∴BE=4-2t.$
在$\mathrm{Rt}△BME$中,易得$∠BEM=30°,$
$∴BM=\frac{1}{2}BE,$
$∴2t=\frac{1}{2}(4-2t),$
$∴t=\frac{2}{3}.$
【知识点】
一次函数交点问题；等边三角形判定与性质；全等三角形判定与性质
【点评】
本题是一次函数与几何结合的综合动点题，融合了函数图象性质、三角形全等、特殊三角形的性质等多个考点，需要熟练掌握相关定理，能通过作辅助线转化角度和线段关系，对综合分析问题的能力要求较高。
【难度系数】
0.3
