Question

3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，過點(diǎn)B做射線BB₁∥AC，動(dòng)點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)沿射線AC方向以每秒5個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)C出發(fā)沿射線AC方向以每秒3個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)D作DH⊥AB于H，過點(diǎn)E作EF⊥AC交射線BB₁于F，連接DF，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）當(dāng)t為2時(shí)，AD=AB，此時(shí)DE的長度為2；
（2）當(dāng)△DEF與△ACB全等時(shí)，求t的值；
（3）以DH所在直線為對(duì)稱軸，線段AC經(jīng)軸對(duì)稱變換后的圖形為A′C′．
①當(dāng)t＞$\frac{6}{5}$時(shí)，設(shè)△ADA′的面積為S，直接寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
③當(dāng)線段A′C′與射線BB₁有公共點(diǎn)時(shí)，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出AB，再由運(yùn)動(dòng)表示出AD=5t，利用AD=AB建立方程求出t即可；
（2）先判斷出四邊形BCEF是矩形，分AD＜AE和AD＞AE兩種情況建立不等式即可得出結(jié)論；
（3）①先判斷出△ABC∽△ADH得出比例式即可得出結(jié)論；
②找出分界點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)A'落在射線BB₁上的點(diǎn)B時(shí)，求出t=$\frac{5}{3}$，當(dāng)點(diǎn)C'落在射線BB₁上時(shí)，t=$\frac{43}{15}$即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，根據(jù)勾股定理得，AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=10，
由運(yùn)動(dòng)知，AD=5t，
∵AD=AB，
∴5t=10，
∴t=2，
∴CD=AD-AC=10-6=4，CE=3t=6，
∴DE=CE-CD=2，
故答案為2，2；

（2）∵∠ACB=90°，BB₁∥AC，EF⊥AC，
∴四邊形BCEF是矩形，EF=BC=8，
當(dāng)AD＜AE時(shí)，5t＜6+3t，
∴0＜t＜3，
若DE=AC，△ACB≌△DEF，DE=AE-AD=6+3t-5t=6-2t，
∴6-2t=6，
∴t=0，
∵t＞0（不合題意，舍），
當(dāng)AD＞AE時(shí)，5t＞6+3t，
∴t＞3，
若DE=AC，△ACB≌△DEF，DE=AD-AE=5t-6-3t=2t-6，
∴2t-6=6，
∴t=6，
∴當(dāng)t=6時(shí)，△DEF與△ACB全等．

（3）①如圖，
∵∠ACB=∠AHD，∠BAC=∠DAH，
∴△ABC∽△ADH，
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AH}=\frac{BC}{DH}$，
∴$\frac{10}{5t}=\frac{6}{AH}=\frac{8}{DH}$，
∴AH=3t，DH=4t，
∴S_△ADA'=2S_△ADH=2×$\frac{1}{2}$AH×DH=AH×DH=12t²，

②當(dāng)點(diǎn)A'落在射線BB₁上的點(diǎn)B時(shí)，AA'=AB=10，
∵DH⊥AB，
∴AA'=2AH=2×5t×cos∠A=6t=10，
∴t=$\frac{5}{3}$，
當(dāng)點(diǎn)C'落在射線BB₁上時(shí)，CC'∥AB，
∵BB1∥AC，
∴四邊形ACC'B為平行四邊形，
∴CC'=AB=10，
∵CC'=2CD×cos∠A=2×（5t-6）×$\frac{6}{10}$=$\frac{6}{5}$（5t-6），
∴t=$\frac{43}{15}$，
∴$\frac{5}{3}$≤t≤$\frac{43}{15}$，線段A'C'與射線BB₁有公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 此題是幾何變換綜合題，主要考查了直角三角形的性質(zhì)，矩形的判斷和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解（1）的關(guān)鍵是利用AD=AB建立方程，解（2）的關(guān)鍵是分兩種情況討論計(jì)算，解（3）①的關(guān)鍵是判斷出△ABC∽△ADH，解（3）②的關(guān)鍵是找出分界點(diǎn)，求出分界點(diǎn)位置的時(shí)間t，是一道中考�？碱}．