Question

1．已知：如圖一，在矩形ABCD中，CH平分∠ACD，Rt△EFG中，∠F=90°，頂點(diǎn)E、G分別與矩形ABCD的頂點(diǎn)C、D重合，EF=3，F(xiàn)G=6，AH=$\frac{5}{2}$$\sqrt{5}$，∠ACD=2∠EGF，將△EFG沿著射線CA以每秒$\sqrt{5}$個單位的速度平移，設(shè)平移時間為t秒（t＞0），
（1）求CD和AC的長．
（2）在平移過程中，當(dāng)△EFG與△ACH有重疊部分時，設(shè)重疊部分面積為S，請直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式及對應(yīng)的自變量t的取值范圍．
（3）如圖二，當(dāng)△EFG平移到點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時，將△AFG繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)一個角α（0°≤α≤180°），記旋轉(zhuǎn)中的△AFG為△AF′G′，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)F′G′所在的直線與直線AD交于點(diǎn)P，與直線AC交于點(diǎn)Q，是否存在這樣的P，Q兩點(diǎn)，使△APQ為等腰三角形？若存在，求出此時AQ的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1，直接利用勾股定理求CD的長，再證明△CDF∽△HCD，得$\frac{CF}{HD}=\frac{DF}{CD}$，代入可求得HD的長，則AD=AH+DH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$+$\frac{3}{2}\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，利用勾股定理求AC；
（2）先計(jì)算平移過程中的特殊位置：當(dāng)GE經(jīng)過點(diǎn)H時，如圖2，求EC的長，此時，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；當(dāng)FG在直線CH上時，根據(jù)三角函數(shù)列式求EC，如圖3，此時，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；當(dāng)點(diǎn)F在邊AD上時，如圖4，利用面積法求FM的長，利用勾股定理求EM的長，再根據(jù)三角函數(shù)列式求EC，此時，t=4$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=4；
分四種情況：
①當(dāng)0＜t≤$\frac{15}{8}$時，如圖5，重疊部分是直角△EMN，先利用三角函數(shù)求EN，再求MN，根據(jù)面積公式求S；
②當(dāng)$\frac{15}{8}$＜t≤3時，如圖6，重疊部分是四邊形NEMH，利用面積差求關(guān)系式；
③當(dāng)3＜t≤4時，如圖7，重疊部分是四邊形NEFM，利用面積差求關(guān)系式；
④當(dāng)4＜t≤5時，如圖8，重疊部分是直角△EMN，根據(jù)公式代入求面積；
（3）存在，有四種情況：
①當(dāng)AQ=AP時，如圖9，②當(dāng)AQ=PQ時，如圖10，③當(dāng)AQ=AP時，如圖11，④當(dāng)AP=AQ時，如圖12，
都過Q作QN⊥AD，交DA的延長線于N，根據(jù)三角函數(shù)列式可以求出對應(yīng)AQ的長．

解答 解：（1）如圖1，Rt△EFG中，∠F=90°，
由勾股定理得：CD=$\sqrt{C{F}^{2}+D{F}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{6}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠DFC=90°，
∵CH平分∠ACD，
∵∠ACD=2∠DCH，
∵∠ACD=2∠EGF，
∴∠DCH=∠EGF，
∴△CDF∽△HCD，
∴$\frac{CF}{HD}=\frac{DF}{CD}$，
∴$\frac{3}{HD}=\frac{6}{3\sqrt{5}}$，
∴HD=$\frac{3}{2}\sqrt{5}$，
∴AD=AH+DH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$+$\frac{3}{2}\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，
在Rt△ACD中，AD=4$\sqrt{5}$，CD=3$\sqrt{5}$，
∴AC=$\sqrt{A{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{（4\sqrt{5}）^{2}+（3\sqrt{5}）^{2}}$=5$\sqrt{5}$；
（2）當(dāng)GE經(jīng)過點(diǎn)H時，如圖2，
∵GE⊥BC，
∴GE⊥AD，
在Rt△AHE中，cos∠DAC=$\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AC}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}\sqrt{5}}{AE}=\frac{4\sqrt{5}}{5\sqrt{5}}$=$\frac{4}{5}$，
∴AE=$\frac{25\sqrt{5}}{8}$，
∴CE=5$\sqrt{5}$-$\frac{25\sqrt{5}}{8}$=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$，
此時，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；
當(dāng)FG在直線CH上時，如圖3，
Rt△EFC中，sin∠ACH=sin∠CDF=$\frac{EF}{CD}=\frac{EF}{CE}$，
∴CD=CE=3$\sqrt{5}$，
此時，t=3$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=3；
當(dāng)點(diǎn)F在邊AD上時，如圖4，
S_△GEF=$\frac{1}{2}$EF•FG=$\frac{1}{2}$EG•FM，
3×6=3$\sqrt{5}$•FM，
FM=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
由勾股定理得：EM=$\sqrt{E{F}^{2}-F{M}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{6\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
sin∠DAC=$\frac{EM}{AE}=\frac{3}{5}$，
$\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{AE}$=$\frac{3}{5}$，AE=$\sqrt{5}$，
∴EC=5$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，
此時，t=4$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=4；
分四種情況：
①當(dāng)0＜t≤$\frac{15}{8}$時，如圖5，重疊部分是直角△EMN，
由題意得：CE=$\sqrt{5}$t，
∵M(jìn)N∥FG，
∴∠ENM=∠EFG=90°，
sin∠ACH=sin∠EGF=$\frac{EN}{EC}=\frac{EF}{EG}$，
$\frac{EN}{\sqrt{5}t}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
EN=t，
∵HC∥FG，
∴∠EMN=∠G，
tan∠EMN=tan∠G=$\frac{EN}{MN}=\frac{EF}{FG}$，
∴$\frac{t}{MN}=\frac{3}{6}$，
∴MN=2t，
∴S=S_△EMN=$\frac{1}{2}$EN•MN=$\frac{1}{2}$t•2t=t²；
②當(dāng)$\frac{15}{8}$＜t≤3時，如圖6，重疊部分是四邊形NEMH，
同理得：EM=t，CM=2t，
∴AE=5$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$t，
∵EN∥CD，
∴△ANE∽△ADC，
∴$\frac{AN}{AD}=\frac{EN}{CD}=\frac{AE}{AC}$，
∴$\frac{AN}{4\sqrt{5}}$=$\frac{EN}{3\sqrt{5}}$=$\frac{5\sqrt{5}-\sqrt{5}t}{5\sqrt{5}}$，
∴AN=$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$，EN=$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
∴S=S_△AHC-S_△AEN-S_△EMC，
=$\frac{1}{2}$AH•CD-$\frac{1}{2}$AN•EN-$\frac{1}{2}$EM•MC，
=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}\sqrt{5}$×$3\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$×$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$-$\frac{1}{2}$t•2t，
=-$\frac{11}{5}{t}^{2}$+12t-$\frac{45}{4}$；
③當(dāng)3＜t≤4時，如圖7，重疊部分是四邊形NEFM，
延長GF交AC于P，
∵GF∥CH，
∴sin∠GPE=sin∠HCA=$\frac{EF}{EP}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
∴$\frac{3}{EP}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
∴EP=3$\sqrt{5}$，
∵PM∥CH，
∴△APM∽△ACH，
∴$\frac{AP}{AC}=\frac{AM}{AH}$，
∴$\frac{5\sqrt{5}-\sqrt{5}t+3\sqrt{5}}{5\sqrt{5}}$=$\frac{AM}{\frac{5}{2}\sqrt{5}}$，
∴AM=$\frac{\sqrt{5}}{2}$（8-t），
∴MN=AM-AN=$\frac{\sqrt{5}}{2}（8-t）$-$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}t$，
∴GN=2MN=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$t，
∴S=S_△GEF-S_△GMN=$\frac{1}{2}$EF•FG-$\frac{1}{2}$MN•GN=$\frac{1}{2}$×3×6-$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{5}}{10}t$×$\frac{3\sqrt{5}}{5}t$=-$\frac{9}{20}{t}^{2}$+9；
④當(dāng)4＜t≤5時，如圖8，重疊部分是直角△EMN，
由②得：EN=$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
tan∠GEF=$\frac{MN}{EN}=\frac{6}{3}$=2，
∴MN=2EN=$\frac{6\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
∴S=S_△EMN=$\frac{1}{2}$EN•MN=$\frac{1}{2}$•$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$•$\frac{6\sqrt{5}（5-t）}{5}$=$\frac{9}{5}{t}^{2}$-18t+45；
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}（0＜t≤\frac{15}{8}）}\\{-\frac{11}{5}{t}^{2}+12t-\frac{45}{4}（\frac{15}{8}＜t≤3）}\\{-\frac{9}{20}{t}^{2}+9（3＜t≤4）}\\{\frac{9}{5}{t}^{2}-18t+45（4＜t≤5）}\end{array}\right.$；
（3）存在，
有四種情況：
①當(dāng)AQ=AP時，如圖9，
過Q作QN⊥AD，交DA的延長線于N，
∵AF′⊥PQ，
∴F′Q=F′P，
tan∠CAD=tan∠NAQ=$\frac{CD}{AD}=\frac{NQ}{AN}$=$\frac{3\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}$=$\frac{3}{4}$，
設(shè)NQ=3x，AN=4x，則AQ=AP=5x，
∴PN=9x，
tan∠F′PA=$\frac{AF′}{F′P}=\frac{NQ}{PN}$，
∴$\frac{3}{F′P}=\frac{3x}{9x}=\frac{1}{3}$，
∴F′P=9，
∴F′Q=F′P=9，
∴AQ=$\sqrt{F′{A}^{2}+F′{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{9}^{2}}$=3$\sqrt{10}$；
②當(dāng)AQ=PQ時，如圖10，
過Q作QN⊥AD，交DA的延長線于N，
∴∠F′PN=∠QAP，
∴tan∠F′PN=tan∠DAC=$\frac{AF′}{PF′}=\frac{DC}{AD}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{3}{F′P}=\frac{3}{4}$，
∴F′P=4，
設(shè)AQ=x，則PQ=x，QF′=4-x，
由勾股定理得：x²=3²+（4-x）²，
解得：x=$\frac{25}{8}$，
∴AQ=$\frac{25}{8}$；
③當(dāng)AQ=AP時，如圖11，
過Q作QN⊥AD，交DA的延長線于N，
同理設(shè)QN=3x，AN=4x，AQ=AP=5x，
∴PN=x，
∴PQ=$\sqrt{Q{N}^{2}+P{N}^{2}}$=$\sqrt{（3x）^{2}+{x}^{2}}$=$\sqrt{10}x$，
∵AP=AQ，AF′⊥PQ，
∴PF′=F′Q=$\frac{\sqrt{10}}{2}x$，
Rt△AF′Q中，AQ²=F′A²+F′Q²，
∴$（5x）^{2}={3}^{2}+（\frac{\sqrt{10}}{2}x）^{2}$，
x=±$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴AQ=5x=$\sqrt{10}$；
④當(dāng)AP=AQ時，如圖12，
過Q作QN⊥AD，交DA的延長線于N，
∵AP=AQ，∠QNP=∠AF′P=90°，∠QPN=∠F′PA，
∴△△QNP≌△QF′P，
∴AF′=QN=3，
sin∠QAN=sin∠DAC=$\frac{3}{5}$=$\frac{NQ}{AQ}$，
∴AQ=5，
綜上所述，AQ的長為3$\sqrt{10}$或$\frac{25}{8}$或$\sqrt{10}$或5．

點(diǎn)評 本題是四邊形的綜合題，比較復(fù)雜，考查了矩形、等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的幾何變換問題，與函數(shù)相結(jié)合，利用面積公式或三角函數(shù)、勾股定理列等量關(guān)系式，表示S與t的函數(shù)關(guān)系式；同時采用了分類討論的思想，此題容易丟解，要注意數(shù)形結(jié)合．