Question

19．O是矩形ABCD邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E從O點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)A就立即返回向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止．同時(shí)點(diǎn)F以同樣的速度從點(diǎn)O出發(fā)沿射線OB運(yùn)動(dòng)，隨點(diǎn)E停止而停止．且在兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中以EF為邊作等邊三角形EFG．已知AB=12，AD=$4\sqrt{3}$，設(shè)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）

（1）當(dāng)點(diǎn)G在矩形的邊CD上時(shí)，求t的值；
（2）設(shè)△EFG與△BCD重疊部分的面積為S，求當(dāng)t≥2時(shí)，S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，△EFG的邊EG與DB交與點(diǎn)P，當(dāng)t為何值時(shí)，△POB是等腰三角形？（直接寫出結(jié)果）

Answer 1

分析 （1）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的頂點(diǎn)G恰好落在CD上時(shí)，OG=BC，根據(jù)直角三角形性質(zhì)可得EO=4，即可求得t值；
（2）按照等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的圖形特點(diǎn)，分為0≤t＜4，4≤t＜6，6≤t＜10，10≤t＜14，14≤t＜18五種情況，分別寫出函數(shù)關(guān)系式；
（3）存在．當(dāng)△AOH是等腰三角形時(shí)，分為AH=AO=3，HA=HO，OH=OA三種情況，分別畫出圖形，根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，列方程求t的值

解答 解：（1）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的頂點(diǎn)G恰好落在CD上時(shí)，
∵點(diǎn)O是EF的中點(diǎn)
∴OG=BC=4$\sqrt{3}$，
∵在△EOG中，∠EGO=30°，
∴$\frac{EO}{GO}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴EO=4
∴t=4s時(shí)，等邊△EFG的頂點(diǎn)G恰好落在CD上．
（2）①當(dāng)點(diǎn)G在矩形ABCD內(nèi)部及在邊長(zhǎng)CD上這段時(shí)間，即t在0-4s，重疊部分的面積為△EFG的面積，
設(shè)△EFG的高為h，
根據(jù)已知可得，EF=2t，h=$\sqrt{3}$t，
故S_△GEF=$\frac{1}{2}$•EF•h=$\frac{1}{2}$•2t•（$\sqrt{3}$t）=$\sqrt{3}$t²，（0≤t＜4），
②如圖1，當(dāng)點(diǎn)G在矩形ABCD外部，點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A這段時(shí)間，即t在4-6s（AO=6），
設(shè)EG、FG分別與CD交于點(diǎn)M，N，△GMN的高為h₁，
則h₁=h-BC=$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$，
易得△GMN∽△GEF，
∴$\frac{S△GMN}{S△GEF}=\frac{{{h}_{1}}^{2}}{{h}^{2}}$，
∴S_△GMN=$\sqrt{3}$t²•$\frac{（\sqrt{3}t-4\sqrt{3}）^{2}}{（\sqrt{3}t）^{2}}$=$\sqrt{3}$（t-4）²=$\sqrt{3}$（t-4）²，
∴S_{四邊形EMNF}=S_△GEF-S_△GMN=$\sqrt{3}$t²-$\sqrt{3}$（t-4）²=8$\sqrt{3}$t-16$\sqrt{3}$，（4≤t＜6），
③當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)正好在B點(diǎn)，此時(shí)等邊△GEF圖形不再變化，保持向右平移，故重疊面積仍為S_{五邊形EMNPB}，直到點(diǎn)N與C點(diǎn)重合，如圖2．
設(shè)FG與BC交于點(diǎn)P，EF中點(diǎn)為O′，△GMN中的高為h₂，連接O′G，
∵在等邊△EFG中，EF=12，
∴O′F=6，GO′=6$\sqrt{3}$，
∵在Rt△BPF中，∠BPF=∠O′GF=30°，
∴$\frac{BF}{PB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∵BF=AE=t-6，
∴PB=$\sqrt{3}$（t-6），
∵h(yuǎn)₂=GO′-BC=6$\sqrt{3}$-4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∴MN=4，
∴S=S_梯形EMNF-S_△BPF=$\frac{1}{2}$•（4+12）•4$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$•（t-6）•$\sqrt{3}$（t-6）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+6$\sqrt{3}$t+14$\sqrt{3}$
當(dāng)點(diǎn)N與C點(diǎn)重合時(shí)，PB=BC，
即：4$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$（t-6），
∴t=10s，
故6≤t＜10，重疊面積為=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+6$\sqrt{3}$t+14$\sqrt{3}$．
④點(diǎn)E繼續(xù)移動(dòng)，點(diǎn)M與點(diǎn)C重合前這段時(shí)間，重疊面積為S_{四邊形EBCM}，如圖3，
當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)C重合時(shí)，EB=4，AE=8，
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為8+6=14s
即10≤t＜14，
由圖可知，EB=t-10，
易得等邊△GCM的高為2$\sqrt{3}$，
即CM=4，
故S_{四邊形EBCM=}$\frac{1}{2}$•（4+t-10）•4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$t-12$\sqrt{3}$（10＜t≤14），
⑤點(diǎn)E繼續(xù)移動(dòng)，重疊面積為S_△EBQ，直到點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，設(shè)EG與BC相交于點(diǎn)Q，
EB=t-14，易得EQ=$\sqrt{3}$（t-14），
S_△EBC=$\frac{1}{2}$•（t-14）•$\sqrt{3}$（t-14）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-14）²，（14≤t＜18），
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{t}^{2}（0≤t＜6）\\;\\;}\\{8\sqrt{3}t-16\sqrt{3}（4≤t＜10）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{2}{t}^{2}+6\sqrt{3}t+14\sqrt{3}（6≤t＜10）}\\{2\sqrt{3}t-12\sqrt{3}（10≤t＜14）}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}（t-14）^{2}（14≤t＜18）}\end{array}\right.$
（3）t=6-2$\sqrt{3}$或6+2$\sqrt{3}$或t=4或t=8或t=12
理由如下：
在Rt△ABC中，tan∠CAB=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CAB=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠HAE=∠AHE=30°，
∴AE=HE=6-t或t-6，
①當(dāng)AH=AO=6時(shí)，（如圖4），過點(diǎn)E作EI⊥AH于I，
則AI=$\frac{1}{2}$AH=3，
在Rt△AIE中，cos∠IAE=$\frac{AI}{AE}$，即cos30°=$\frac{3}{AE}$，
∴AE=2$\sqrt{3}$，即6-t=2$\sqrt{3}$或t-6=2$\sqrt{3}$，∴t=6-2$\sqrt{3}$或6+2$\sqrt{3}$，
②當(dāng)HA=HO時(shí)，（如圖5）則∠HOA=∠HAO=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，
又∵AE+EO=6，
∴AE+2AE=6，AE=2，
即6-t=2或t-6=2，
∴t=4s或t=8s；
③當(dāng)OH=OA時(shí)，則∠OHA=∠OAH=30°，
∴∠HOB=60°=∠HEB，
∴點(diǎn)E和點(diǎn)O重合，
∴AE=AO=6，
∴t=6+6=12s；
綜上所述，存在5個(gè)這樣的t值，使△AOH是等腰三角形，即t=6-2$\sqrt{3}$或6+2$\sqrt{3}$或t=4或t=8或t=12．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了特殊三角形、矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形的有關(guān)知識(shí)．關(guān)鍵是根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，分類討論．