Question

5．已知，如圖（1），在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD，以D為斜邊在平行四邊形ABCD的內(nèi)部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°．
（1）求△AED的周長．
（2）若Rt△AED以每秒2個(gè)單位長度的速度沿射線DC方向移動(dòng)，當(dāng)Rt△AED與△BDC沒有重疊部分時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，Rt△AED與△BDC重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；
（3）如圖（2），在（2）中，當(dāng)Rt△AED停止移動(dòng)后，將它繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），在旋轉(zhuǎn)過程中，B的對應(yīng)點(diǎn)為B′，點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)為E′，設(shè)直線B′E′與直線BE交于點(diǎn)P，與直線CB交于點(diǎn)Q，是否存在這樣的α，使△BPQ為等腰三角形？若存在，求出α的度數(shù)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ADE中，解直角三角形即可；
（2）在△AED向右平移的過程中：
（I）當(dāng)0≤t≤1.5時(shí)，如答圖1所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)三角形；
（II）當(dāng)1.5＜t≤4.5時(shí)，如答圖2所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)四邊形；
（III）當(dāng)4.5＜t≤6時(shí)，如答圖3所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)五邊形．
（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)和等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行探究，結(jié)論是：存在α（30°和75°），使△BPQ為等腰三角形．如答圖4、答圖5所示．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC=6．
在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30°，
∴AE=AD•cos30°=3$\sqrt{3}$DE=AD•sin30°=3$\sqrt{3}$，
∴△AED的周長為：6+3+3=9+3$\sqrt{3}$．

（2）在△AED向右平移的過程中：
（I）當(dāng)0≤t≤1.5時(shí)，如答圖1所示，此時(shí)重疊部分為△D₀NK．

∵DD₀=2t，∴ND₀=DD₀•sin30°=t，NK=ND₀÷tan30°=$\sqrt{3}$t，
∴S=S_△D0NK=$\frac{1}{2}$ND₀•NK=t•$\sqrt{3}$t=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²；
（II）當(dāng)1.5＜t≤4.5時(shí)，如答圖2所示，此時(shí)重疊部分為四邊形D₀E₀KN．
∵AA₀=2t，∴A₀B=AB-AA₀=12-2t，
∴A₀N=$\frac{1}{2}$A₀B=6-t，NK=A₀N•tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（6-t）．
∴S=S_{四邊形D0E0KN}=S_△A0D0E0-S_△A0NK=$\frac{1}{2}$×3×3$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×（6-t）×$\frac{\sqrt{3}}{3}$（6-t）=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$t²+2$\sqrt{3}$t-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
（III）當(dāng)4.5＜t≤6時(shí)，如答圖3所示，此時(shí)重疊部分為五邊形D₀IJKN．

∵AA₀=2t，∴A₀B=AB-AA₀=12-2t=D₀C，
∴A₀N=$\frac{1}{2}$A₀B=6-t，D₀N=6-（6-t）=t，BN=A₀B•cos30°=$\sqrt{3}$（6-t）；
易知CI=BJ=A₀B=D₀C=12-2t，
∴BI=BC-CI=2t-6，
S=S_梯形BND0I-S_△BKJ=$\frac{1}{2}$[t+（2t-6）]•$\sqrt{3}$（6-t）-$\frac{1}{2}$•（12-2t）•$\frac{\sqrt{3}}{3}$（12-2t）=-$\frac{13\sqrt{3}}{6}$t²+20$\sqrt{3}$t-42$\sqrt{3}$．
綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}（0≤t≤1.5）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{6}{t}^{2}+2\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}（1.5＜t≤4.5）}\\{-\frac{13\sqrt{3}}{6}{t}^{2}+20\sqrt{3}t-42\sqrt{3}（4.5＜t≤6）}\end{array}\right.$；

（3）存在α，使△BPQ為等腰三角形．
理由如下：經(jīng)探究，得△BPQ∽△B₁QC，
故當(dāng)△BPQ為等腰三角形時(shí)，△B₁QC也為等腰三角形．
（I）當(dāng)QB=QP時(shí)（如答圖4），

則QB₁=QC，∴∠B₁CQ=∠B₁=30°，
即∠BCB₁=30°，
∴α=30°；
（II）當(dāng)BQ=BP時(shí)，則B₁Q=B₁C，
若點(diǎn)Q在線段B₁E₁的延長線上時(shí)（如答圖5），

∵∠B₁=30°，∴∠B₁CQ=∠B₁QC=75°，
即∠BCB₁=75°，
∴α=75°；
若點(diǎn)Q在線段E₁B₁的延長線上時(shí)（如答圖6），

∵∠B₁=30°，∴∠B₁CQ=∠B₁QC=15°，
即∠BCB₁=180°-∠B₁CQ=180°-15°=165°，
∴α=165°．
綜上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ為等腰三角形．

點(diǎn)評 本題考查了運(yùn)動(dòng)型與幾何變換綜合題，難度較大．難點(diǎn)在于：其一，第（2）問的運(yùn)動(dòng)型問題中，分析三角形的運(yùn)動(dòng)過程，明確不同時(shí)段的重疊圖形形狀，是解題難點(diǎn)；其二，第（3）問的存在型問題中，探究出符合題意的旋轉(zhuǎn)角，并且做到不重不漏，是解題難點(diǎn)；其三，本題第（2）問中，計(jì)算量很大，容易失分．