Question

20．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在BC上，點(diǎn)E在AB上，且DE∥AC，AE=5，DE=2，DC=3，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CD上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）線段AC的長(zhǎng)=6；
（2）當(dāng)△PCF與△EDF相似時(shí)，求t的值；
（3）連接PE，以PE所在直線為對(duì)稱軸作線段DC的軸對(duì)稱圖形D′C′，若點(diǎn)D′恰好落在線段AE上，求t的值．

Answer 1

分析 （1）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于G，證得四邊形CDEG為矩形，由勾股定理求得AG，AC=CG+AG即可；
（2）①當(dāng)△EDF∽△PCF時(shí)，$\frac{DE}{DF}$=$\frac{PC}{CF}$，代入整理得方程t²-6t+6=0，解方程求得t的值；
②當(dāng)△EDF∽△FCP時(shí)，$\frac{DF}{DE}=\frac{PC}{CF}$，代入得方程$\frac{3-t}{2}=\frac{6-2t}{t}$，解得t₁=3，t₂=4，均不合題意舍去；
（3）由對(duì)稱性得∠C′=∠C′D′A=90°，CD=C′D′=3，DE=ED′=2，求得AD′、MD′、MC′的長(zhǎng)，證得△PMC′∽△AMD′，得出$\frac{PC′}{C′M}=\frac{AD′}{MD′}$，得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于G，如圖1所示，
∵∠C=90°，EG⊥AC，DE∥AC，
∴四邊形CDEG為矩形，
∴DE=CG=2，EG=DC=3，
由勾股定理得：AG=$\sqrt{A{E}^{2}-E{G}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴tan∠A=$\frac{3}{4}$，AC=CG+AG=2+4=6，
故答案為：6；
（2）①當(dāng)△EDF∽△PCF時(shí)，$\frac{DE}{DF}$=$\frac{PC}{CF}$，
即$\frac{2}{3-t}$=$\frac{6-2t}{t}$，
整理得：t²-6t+6=0，
解得：t=$\frac{7±\sqrt{13}}{2}$，
∵0＜t＜3，$\frac{7+\sqrt{13}}{2}$＞3（不合題意舍去），
∴t=$\frac{7-\sqrt{13}}{2}$；
②當(dāng)△EDF∽△FCP時(shí)，$\frac{DF}{DE}=\frac{PC}{CF}$，
即$\frac{3-t}{2}=\frac{6-2t}{t}$，
解得：t₁=3，t₂=4，
∵0＜t＜3，
∴均不合題意舍去；
綜上，當(dāng)△PCF與△EDF相似時(shí)，$t=\frac{{7-\sqrt{13}}}{2}$；
（3）如圖2所示：由（1）得：tan∠A=$\frac{3}{4}$，
由對(duì)稱性得：∠C′=∠C′D′A=90°，CD=C′D′=3，DE=ED′=2，
∴AD′=AE-ED′=5-2=3，MD′=AD′tan∠A=3×$\frac{3}{4}$=$\frac{9}{4}$，MC′=C′D′-MD′=3-$\frac{9}{4}$=$\frac{3}{4}$，
∵∠PMC′=∠AMD′，
∴△PMC′∽△AMD′，
∴$\frac{PC′}{C′M}=\frac{AD′}{MD′}$，
即$\frac{6-2t}{\frac{3}{4}}=\frac{3}{\frac{9}{4}}$，
整理得：6-2t=1，
解得：t=$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是相似形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、軸對(duì)稱圖形等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大．