Question

17．如圖1，矩形ABCD中AB=6$\sqrt{3}$，∠CAB=30°，Rt△EFG的邊FG在CA延長線上，點(diǎn)G與A重合，∠EFG=90°，EF=3，∠E=30°；將矩形ABCD固定，把Rt△EFG沿著射線AC方向按每秒1單位運(yùn)動，知道點(diǎn)G與C重合時停止運(yùn)動，設(shè)Rt△EFG的運(yùn)動時間是t（t＞0）．
（1）求出當(dāng)點(diǎn)E恰好落在DC上時，運(yùn)動時間t的值；
（2）在整個運(yùn)動過程中，設(shè)Rt△EFG與△ACD的重合部分面積為S，當(dāng)t$＞\sqrt{3}$時，求出滿足S=$\frac{2}{3}$S_△EFG的相應(yīng)的t的值；
（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E恰好落在DC上時，將△EFC繞點(diǎn)F順時針旋轉(zhuǎn)α°（0＜α＜180），記旋轉(zhuǎn)中的△EFC為△E′FC′，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)直線E′C′與直線AC交于N，與直線AB交于M，是否存在這樣的M、N兩點(diǎn)，使△AMN為等腰三角形？若存在求出此時FN的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先由三角函數(shù)求AE和AC的長，則AG′=AC-G′C=AC-AE，求出AG′，因?yàn)樗俣葹槊棵?單位，求出時間t；
（2）作輔助線，由S=$\frac{2}{3}$S_△EFG可知：四邊形MNF′G′的面積是△EFG面積的三分之二，得△E′MN的面積是△EFG面積的$\frac{1}{3}$，先求△EFG面積，再利用t表示△E′MN的面積，代入即可求出t的值；
（3）分四種情形①如圖3中，當(dāng)NA=NM時，②如圖4中，當(dāng)AN=AM時，③如圖6中，當(dāng)MA=MN時，④如圖7中，當(dāng)AN=AM時，分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1中，

Rt△EFG中，EF=3，∠E=30°，
∴cos30°=$\frac{EF}{EG}$，
∴EG=$\frac{EF}{cos30°}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴E′G′=EG=2$\sqrt{3}$，
在Rt△ABC中，AB=6$\sqrt{3}$，∠CAB=30°，
∴cos30°=$\frac{AB}{AC}$，
AC=$\frac{AB}{cos30°}$=$\frac{6\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=12，
∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=30°，
∵∠E′G′F′=90°-30°=60°，
∴∠G′E′C=30°，
∴∠G′E′C=∠DCA，
∴G′C=G′E′=2$\sqrt{3}$，
∴AG′=AC-G′C=12-2$\sqrt{3}$，
∴t=12-2$\sqrt{3}$；

（2）當(dāng)t=$\sqrt{3}$時，如圖2，

∵∠E′AF′=60°，AF′=$\sqrt{3}$
∴E′F′=tan60°×$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=3
∴點(diǎn)E′在AD上
如圖2，過N作NH⊥E′G′，交E′G′于H
S_△DEF=$\frac{1}{2}$EF•FG=$\frac{1}{2}$×3×$\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
由題意得：GG′=t，CG′=12-t
∵∠MG′F′=60°，∠DCA=30°
∴∠G′MC=30°
∴△MCG′是等腰三角形
∴G′M=CG′=12-t
∴E′M=2$\sqrt{3}$-（12-t）=2$\sqrt{3}$-12+t
同理得△E′NM也是等腰三角形
∵NH⊥E′G′
∴E′H=$\frac{1}{2}$E′M=$\frac{2\sqrt{3}-12+t}{2}$
∴HN=tan30°•E′H=$\frac{\sqrt{3}（2\sqrt{3}-12+t）}{6}$
根據(jù)S=$\frac{2}{3}$S_△EFG得：S_△E′MN=$\frac{1}{3}$S_△EFG，
則$\frac{1}{3}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$E′M•NH
$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{3}$-12+t）×$\frac{\sqrt{3}（2\sqrt{3}-12+t）}{6}$
解得：t₁=12-2$\sqrt{3}$+$\sqrt{6}$，t₂=12-2$\sqrt{3}$-$\sqrt{6}$
由題意得：$\sqrt{3}$＜t≤12，都符合條件，
∴t=12-2$\sqrt{3}$±$\sqrt{6}$；

（3）①如圖3中，當(dāng)NA=NM時，

∵∠E′C′F=∠AMN=30°，
∴FC′∥AM，
∴∠NFC′=∠NAB=30°，
∴∠NFC′=∠NC′F=30°，
∴NF=NC′，∠NFE′=∠NE′F=60°，
∴FN=NE′，
∴FN=$\frac{1}{2}$E′C′=$\frac{1}{2}$×6=3．
②如圖4中，當(dāng)AN=AM時，作FG⊥E′C′于G，則FG=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，∠ANC=∠AMN=75°，

把△FNG放大如圖5中，在FG上取一點(diǎn)H，使得FH=HN，則∠F=∠HNF=15°，

∴∠GHN=∠F+∠HNF=30°，設(shè)NG=x，則HN=HF=2x，GH=$\sqrt{3}$x，
∴2x+$\sqrt{3}$x=$\frac{3}{2}$$\sqrt{3}$，
∴x=3$\sqrt{3}$-$\frac{9}{2}$．
∴FN=$\sqrt{F{G}^{2}+N{G}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}+（3\sqrt{3}-\frac{9}{2}）^{2}}$=$\frac{9\sqrt{2}}{2}$-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$．
③如圖6中，當(dāng)MA=MN時，點(diǎn)N與點(diǎn)C重合，此時FN=FC=3$\sqrt{3}$．

④如圖7中，當(dāng)AN=AM時，

把△FNG放大如圖8中，在NG上取一點(diǎn)H，使得HN=HF．

∵∠N=∠HFN=15°，
∴∠FHG=∠N+∠HFN=30°，
∵FG=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴FH=NH=2FG=3$\sqrt{3}$，GH=$\frac{9}{2}$，
∴FN=$\sqrt{F{G}^{2}+G{N}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}+（3\sqrt{3}+\frac{9}{2}）^{2}}$=$\frac{9\sqrt{2}}{2}$+$\frac{3}{2}$$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評 本題考查四邊形綜合題、平移變換、旋轉(zhuǎn)變換、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會分類討論，學(xué)會正確畫出圖形，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理解決求線段問題，屬于中考壓軸題．