Question

如圖，矩形ABCD的邊AB=6cm，BC=4cm，點F在DC上，DF=2cm．動點M、N分別從點D、B同時出發(fā)，沿射線DA、線段BA向點A的方向運動（點M可運動到DA的延長線上），當(dāng)動點N運動到點A時，M、N兩點同時停止運動．連接FM、FN，當(dāng)F、N、M不在同一直線時，可得△FMN，再連接△FMN三邊的中點得
△PQW．設(shè)動點M、N的速度都是1cm/s，M、N運動的時間為ts．
（1）試說明△FMN∽△QWP；
（2）在點M運動的過程中，
①當(dāng)t為何值時，線段MN最短？并求出此時MN的長．
②當(dāng)t為何值時，△PQW是直角三角形？

Answer 1

考點：相似形綜合題,二次函數(shù)的最值,勾股定理,矩形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：壓軸題

分析：（1）利用三角形中位線定理和相似三角形的判定即可解決問題．
（2）①根據(jù)勾股定理將MN²表示為t的二次函數(shù)，然后利用二次函數(shù)的最值性就可求出MN²的最小值，進而求出MN的最小值
；②由于Rt△PQW中的直角不確定，可分∠PQW=90°，∠QWP=90°，∠WPQ=90°三種情況進行討論，由于△FMN∽△QWP，因此可將∠PQW=90°轉(zhuǎn)化為∠NFM=90°，∠QWP=90°轉(zhuǎn)化為∠FMN=90°，∠WPQ=90°轉(zhuǎn)化為∠MNF=90°進行討論，然后利用相似三角形的判定與性質(zhì)即可解決問題．

解答：（1）證明：如圖1，
∵點P、點Q、點W分別是FM、MN、NF的中點，
∴PQ=

1

2

FN，QW=

1

2

FM，PW=

1

2

MN．
∴

FN

PQ

=

FM

QW

=

MN

PW

=2．
∴△FMN∽△QWP．

（2）解：①∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=∠C=∠D=∠90°，AD=BC=4cm，DC=AB=6cm．
由題可得：DM=BN=1×t=t（cm）．
則有AM=

.

4-t

.

，AN=6-t．
∴MN²=AM²+AN²
=（4-t）²+（6-t）²
=2t²-20t+52
=2（t-5）²+2．
∵2＞0，
∴當(dāng)t=5時，MN²最小，最小值為2．
∴當(dāng)t=5時，MN取到最小值，最小值為

2

．

②∵△FMN∽△QWP，
∴∠PQW=∠NFM，∠QWP=∠FMN，∠WPQ=∠MNF．
Ⅰ．當(dāng)∠PQW=90°時，∠NFM=90°．
過點N作NE⊥DC，垂足為E，如圖2，
∵∠MDF=∠MFN=∠FEN=90°，
∴∠DFM=90°-∠EFN=∠ENF．
∴△MDF∽△FEN．
∴

DM

EF

=

DF

EN

．
∵DM=t，DF=2，EF=CF-CE=6-2-t=4-t，EN=BC=4，
∴

t

4-t

=

2

4

．
解得：t=

4

3

．
經(jīng)檢驗t=

4

3

是方程的解，且符合題意．
Ⅱ．當(dāng)∠PWQ=90°時，∠NMF=90°．
同理可得：△MDF∽△NAM．
則有

DF

AM

=

DM

AN

．
∵DF=2，DM=t，AM=4-t，AN=6-t，
∴

2

4-t

=

t

6-t

．
整理得：t²-6t+12=0．
∵（-6）²-4×1×12=-12＜0，
∴方程無實數(shù)根．
Ⅲ．當(dāng)∠WPQ=90°時，∠MNF=90°．
（a）當(dāng)0＜t＜4時，如圖2，有∠MNF＜∠ANE=90°；
（b）當(dāng)t=4時，AN=DF=2，DM=DA=4，如圖3，
此時點M與點A重合．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC∥AB．
∵DF∥AN，DF=AN，∠D=90°，
∴四邊形ANFD是矩形．
∴∠ANF=90°．
∴∠MNF=∠ANF=90°．
（c）當(dāng)4＜t≤6時，∠MNF＞90°．
綜上所述：當(dāng)t為

4

3

或4秒時，△PQW是直角三角形．

點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的最值、勾股定理、解分式方程、根的判別式等知識，還考查了分類討論的思想，綜合性較強，有一定的難度．