Question

1．如圖，Rt△ABC中，AB=AC=$4\sqrt{2}$，一動點P從B出發(fā)，沿BC方向以每秒1個單位長度的速度勻速運動，到達點C即停止，在整個運動過程中，過點P作PD⊥BC與Rt△ABC的直角邊相交于點D，延長PD至點Q，使PD=QD，以PQ為斜邊在PQ左側(cè)作等腰直角三角形PQE．設運動時間為t秒．

（1）在整個運動過程中，當線段QE與線段AB在一條直線上時，求t的值；
（2）在整個運動過程中，設△ABC與△PQE重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t的函數(shù)關系式以及自變量t的取值范圍；
（3）在整個運動過程中，連接AQ、AP，是否存在t值，使△APQ成為等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（4）當t=4秒時，以PQ為斜邊再在PQ右側(cè)作等腰直角三角形PQF，將四邊形PEQF繞點P旋轉(zhuǎn)，PE與線段AB交于點M，PF與線段AC交于點N，在這一旋轉(zhuǎn)過程中，試判斷PM+FN的值是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化，請直接寫出變化的范圍；若不發(fā)生變化，請直接寫出此定值．

Answer 1

分析 （1）設BP=t，當線段QE與線段AB在一條直線上，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)進行解答；
（2）當PQ過A時求出t=4，當E在AB上時求出t=$\frac{16}{3}$，當P到C點時t=8，即分為三種情況：根據(jù)三角形面積公式求出當0＜t≤4時，S=$\frac{1}{4}$t²，當4＜t≤$\frac{16}{3}$時，S=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16，當$\frac{16}{3}$＜t＜8時，S=$\frac{3}{4}$t²-12t+48；
（3）存在，當點D在線段AB上時，求出QD=PD=t，PD=2t，過點A作AH⊥BC于點H，PH=BH-BP=4-t，在Rt△APH中求出AP=$\sqrt{A{H}^{2}+P{H}^{2}}$，（�。┤鬉P=PQ，則有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t，（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，根據(jù)△PGQ∽△AHP求出PG=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，若AQ=PQ，得出$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}=\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$．（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，得出4=$\frac{1}{2}$×2t，求出方程的解即可；
（4）四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化，連接AP，此時t=4秒，求出S_{四邊形PMAN}=S_△APM+S_△APN=S_△CPN+S_△APN=S_△ACP=$\frac{1}{2}$×CP×AP=8．

解答 解：（1）設BP=t，當線段QE與線段AB在一條直線上時，如圖a，
可得：PC=8-t，
所以：DC=$\sqrt{2}（8-t）$，
∵∠ADQ=∠PDC，∠DAQ=∠DPC，
∴△ADQ～△PDC，
∴$\frac{DA}{DP}=\frac{DQ}{DC}$，
∵DQ=PD，
即：$\frac{DA}{DP}=\frac{PD}{DC}$，
即：$\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{2}（8-t）}{8-t}=\frac{8-t}{\sqrt{2}（8-t）}$，
解得：t=$\frac{16}{3}$；

（2）當0＜t≤4時，S=$\frac{1}{4}$t²，
當4＜t≤$\frac{16}{3}$時，S=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16，
當$\frac{16}{3}$＜t＜8時，S=$\frac{3}{4}$t²-12t+48；
（3）存在，理由如下：
當點D在線段AB上時，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=$\frac{1}{2}$（180°-∠BAC）=45°．
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，
∴∠BDP=45°，
∴PD=BP=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=QD+PD=2t．
過點A作AH⊥BC于點H，
∵AB=AC，
∴BH=CH=$\frac{1}{2}$BC=4，AH=BH=4，
∴PH=BH-BP=4-t，
在Rt△APH中，AP=$\sqrt{A{H}^{2}+P{H}^{2}}$；
（ⅰ）若AP=PQ，則有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t．
解得：t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，t₂=$\frac{-4\sqrt{7}-4}{3}$（不合題意，舍去）；
（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，如圖（1），
∵∠BPQ=∠BHA=90°，
∴PQ∥AH．
∴∠APQ=∠PAH．
∵QG⊥AP，
∴∠PGQ=90°，
∴∠PGQ=∠AHP=90°，
∴△PGQ∽△AHP，
∴$\frac{PG}{AH}=\frac{PQ}{AP}$，即$\frac{PG}{4}=\frac{2t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
∴PG=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
若AQ=PQ，由于QG⊥AP，則有AG=PG，即PG=$\frac{1}{2}$AP，
即$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}=\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$．
解得：t₁=12-$4\sqrt{7}$，t₂=12+$4\sqrt{7}$（不合題意，舍去）；
（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，如圖（2），
易知四邊形AHPT是矩形，故PT=AH=4．
若AP=AQ，由于AT⊥PQ，則有QT=PT，即PT=$\frac{1}{2}$PQ，
即4=$\frac{1}{2}$×2t．解得t=4．
當t=4時，A、P、Q三點共線，△APQ不存在，故t=4舍去．
綜上所述，存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形，即t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$秒或t₂=（12-$4\sqrt{7}$）秒；
（4）四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化．理由如下：
∵等腰直角三角形PQE，
∴∠EPQ=45°，
∵等腰直角三角形PQF，
∴∠FPQ=45°．
∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°，
連接AP，如圖（3），
∵此時t=4秒，
∴BP=4×1=4=$\frac{1}{2}$BC，
∴點P為BC的中點．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AP⊥BC，AP=$\frac{1}{2}$BC=CP=BP=4，∠BAP=∠CAP=$\frac{1}{2}$∠BAC=45°，
∴∠APC=90°，∠C=45°，
∴∠C=∠BAP=45°，
∵∠APC=∠CPN+∠APN=90°，
∠EPF=∠APM+∠APN=90°，
∴∠CPN=∠APM，
∴△CPN≌△APM，
∴S_△CPN=S_△APM，
∴S_{四邊形PMAN}=S_△APM+S_△APN=S_△CPN+S_△APN=S_△ACP=$\frac{1}{2}$×CP×AP=$\frac{1}{2}$×4×4=8．
∴四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化，此定值為8．

點評 本題考查了三角形面積，相似三角形的性質(zhì)和判定，三角形內(nèi)角和定理，等腰直角三角形等知識點的綜合運用，用了分類討論思想和方程思想，難度偏大．