Question

12．如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，G是AD延長線上的一點，且DG=AD，動點M從A點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿著A→C→G的路線向G點勻速運動（M不與A，G重合），設(shè)運動時間為t秒，連接BM并延長AG于N．
（1）是否存在點M，使△ABM為等腰三角形？若存在，分析點M的位置；若不存在，請說明理由；
（2）當(dāng)點N在AD邊上時，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分線于H，求證：BN=HN；
（3）過點M分別作AB，AD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，矩形AEMF與△ACG重疊部分的面積為S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）四種情況：當(dāng)點M為AC的中點時，AM=BM；當(dāng)點M與點C重合時，AB=BM；當(dāng)點M在AC上，且AM=2時，AM=AB；當(dāng)點M在AC上，且AM=BM時，AM=$\sqrt{2}$時；當(dāng)點M為CG的中點時，AM=BM；△ABM為等腰三角形；
（2）在AB上截取AK=AN，連接KN；由正方形的性質(zhì)得出∠ADC=90°，AB=AD，∠CDG=90°，得出BK=DN，先證出∠BKN=∠NDH，再證出∠ABN=∠DNH，由ASA證明△BNK≌△NHD，得出BN=NH即可；
（3）①當(dāng)M在AC上時，即0＜t≤2$\sqrt{2}$時，△AMF為等腰直角三角形，得出AF=FM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，求出S=$\frac{1}{2}$AF•FM=$\frac{1}{4}$t²；當(dāng)t=2$\sqrt{2}$時，即可求出S的最大值；
②當(dāng)M在CG上時，即2$\sqrt{2}$＜t＜4$\sqrt{2}$時，先證明△ACD≌△GCD，得出∠ACD=∠GCD=45°，求出∠ACM=90°，證出△MFG為等腰直角三角形，得出FG=MG•cos45°=4-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，得出S=S_△ACG-S_△CMJ-S_△FMG，S為t的二次函數(shù)，即可求出結(jié)果．

解答 （1）解：存在；當(dāng)點M為AC的中點時，AM=BM，則△ABM為等腰三角形；
當(dāng)點M與點C重合時，AB=BM，則△ABM為等腰三角形；
當(dāng)點M在AC上，且AM=2時，AM=AB，則△ABM為等腰三角形；
當(dāng)點M在AC上，且AM=BM時，AM=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$時，則△ABM為等腰三角形；
當(dāng)點M為CG的中點時，AM=BM，則△ABM為等腰三角形；

（2）證明：在AB上截取AK=AN，連接KN；如圖1所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AB=AD，
∴∠CDG=90°，
∵BK=AB-AK，ND=AD-AN，
∴BK=DN，
∵DH平分∠CDG，
∴∠CDH=45°，
∴∠NDH=90°+45°=135°，
∴∠BKN=180°-∠AKN=135°，
∴∠BKN=∠NDH，
在Rt△ABN中，∠ABN+∠ANB=90°，
又∵BN⊥NH，
即∠BNH=90°，
∴∠ANB+∠DNH=180°-∠BNH=90°，
∴∠ABN=∠DNH，
在△BNK和△NHD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABN=∠DNH}&{\;}\\{BK=DN}&{\;}\\{∠BKN=∠NDH}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BNK≌△NHD（ASA），
∴BN=NH；

（3）解：①當(dāng)M在AC上時，即0＜t≤2$\sqrt{2}$時，△AMF為等腰直角三角形，
∵AM=t，
∴AF=FM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$AF•FM=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$t×$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=$\frac{1}{4}$t²；
當(dāng)t=2$\sqrt{2}$時，S的最大值=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{2}$）²=2；
②當(dāng)M在CG上時，即2$\sqrt{2}$＜t＜4$\sqrt{2}$時，如圖2所示：
CM=t-AC=t-2$\sqrt{2}$，MG=4$\sqrt{2}$-t，
在△ACD和△GCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=DG}&{\;}\\{∠ADC=∠CDG}&{\;}\\{CD=CD}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ACD≌△GCD（SAS），
∴∠ACD=∠GCD=45°，
∴∠ACM=∠ACD+∠GCD=90°，
∴∠G=90°-∠GCD=45°，
∴△MFG為等腰直角三角形，
∴FG=MG•cos45°=（4$\sqrt{2}$-t）•$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴S=S_△ACG-S_△CMJ-S_△FMG=$\frac{1}{2}$×4×2-$\frac{1}{2}$×CM×CM-$\frac{1}{2}$×FG×FG
=4-$\frac{1}{2}$（t-2$\sqrt{2}$）²-$\frac{1}{2}$（4-$\frac{\sqrt{2}}{2}t$）²=-$\frac{3}{4}{t}^{2}$+4$\sqrt{2}$t-8
=-$\frac{3}{4}$（t-$\frac{8}{3}\sqrt{2}$）²+$\frac{8}{3}$，
∴當(dāng)t=$\frac{8}{3}\sqrt{2}$時，S的最大值為$\frac{8}{3}$．

點評 本題是相似形綜合題目，考查了等腰三角形的判定、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)以及三角形面積的計算等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要進行分類討論，通過證明三角形全等和等腰直角三角形才能得出結(jié)果．