Question

3．如圖1，在Rt△ABC中，AB=AC=4$\sqrt{2}$，一動點P從點B出發(fā)，沿BC方向以每秒1個單位長度的速度勻速運動，到達(dá)點C即停止．在整個運動過程中，過點P作PD⊥BC與Rt△ABC的直角邊相交于點D，延長PD至點Q，使得PD=QD，以PQ為斜邊在PQ左側(cè)作等腰直角三角形PQE．設(shè)運動時間為t秒（t＞0）．
（1）在整個運動過程中，邊PE與邊AB的位置關(guān)系是PE⊥AB，求當(dāng)t是多少時，點D經(jīng)過點A．
（2）如圖2，求當(dāng)t是多少時，點E在邊AB上．
拓展：在整個運動過程中，設(shè)△ABC與△PQE重疊部分的面積為S，請求出當(dāng)4＜t＜$\frac{16}{3}$時，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
探究：當(dāng)點D在線段AB上時，連接AQ，AP，是否存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形？若存在，求出對應(yīng)的t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）①如圖1，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AB=AC，∠B=45°，EP=EQ，∠EPQ=45°，由三角形的內(nèi)角和得到∠BDP=45°，推出∠PHD=90°，即可得到結(jié)論；②當(dāng)點D經(jīng)過點A時，△BPA為等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（2）如圖2，連接ED，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到ED⊥PQ，∠AED=∠PED=45°，ED=$\frac{1}{2}$PQ，推出△AED、△EBP與△PBQ都為等腰直角三角形，由勾股定理可得到AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PQ，BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP，列方程即可得到結(jié)論；
拓展：當(dāng)4＜t≤$\frac{16}{3}$時，如圖3，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
探究：當(dāng)點D在線段AB上時，求出QD=PD=t，PD=2t，過點A作AH⊥BC于點H，PH=BH-BP=4-t，在Rt△APH中求出AP的長度，（�。┤鬉P=PQ，則有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t，（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，根據(jù)△PGQ∽△AHP求出PG的長度，（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，得出4=$\frac{1}{2}$×2t，求出方程的解即可；

解答 解：（1）①如圖1，在等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠B=45°，
在等腰Rt△EPQ中，EP=EQ，∠EPQ=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，
∴∠BDP=45°，
∴∠PHD=90°，
∴PE⊥AB；
②在等腰Rt△BPD中，PB=PD，∠BPD=90°，
∴當(dāng)點D經(jīng)過點A時，△BPA為等腰直角三角形，
∴由勾股定理可得：PB=PA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BD=4，
∴t=$\frac{4}{1}$=4；

（2）如圖2，連接ED，
在等腰Rt△EPQ中，EQ=EP，D為PQ的中點，
∴ED⊥PQ，∠AED=∠PED=45°，ED=$\frac{1}{2}$PQ，
當(dāng)E在AB邊上時，△AED、△EBP與△PBQ都為等腰直角三角形，
∴由勾股定理可得：AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PQ，
BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP，
∵PQ=PB，
∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PB
∴AB=AE+BE=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$BP
∵BP=t，
∴$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t=4$4\sqrt{2}$
∴t=$\frac{16}{3}$；
∴當(dāng)t是$\frac{16}{3}$時，點E在邊AB上；
拓展：當(dāng)4＜t≤$\frac{16}{3}$時，如圖3，
S=S_△ABC-S_△PBF-S_△CPD=$\frac{1}{2}×$4$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$-$\frac{1}{2}$t•$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{2}$×（8-t）²=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16，
探究：存在，理由如下：
當(dāng)點D在線段AB上時，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=$\frac{1}{2}$（180°-∠BAC）=45°．
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，
∴∠BDP=45°，
∴PD=BP=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=QD+PD=2t．
過點A作AH⊥BC于點H，
∵AB=AC，
∴BH=CH=$\frac{1}{2}$BC=4，AH=BH=4，
∴PH=BH-BP=4-t，
在Rt△APH中，AP=$\sqrt{A{H}^{2}+P{H}^{2}}$；
（ⅰ）若AP=PQ，則有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t．
解得：t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，t₂=$\frac{-4\sqrt{7}-4}{3}$（不合題意，舍去）；
（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，如圖5，
∵∠BPQ=∠BHA=90°，
∴PQ∥AH．
∴∠APQ=∠PAH．
∵QG⊥AP，
∴∠PGQ=90°，
∴∠PGQ=∠AHP=90°，
∴△PGQ∽△AHP，
∴$\frac{PG}{AH}$=$\frac{PQ}{AP}$，即$\frac{PG}{4}$=$\frac{2t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
∴PG=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
若AQ=PQ，由于QG⊥AP，則有AG=PG，即PG=$\frac{1}{2}$AP，
即$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$．
解得：t₁=12-4$\sqrt{7}$，t₂=12+4$\sqrt{7}$（不合題意，舍去）；
（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，如圖6，
易知四邊形AHPT是矩形，故PT=AH=4．
若AP=AQ，由于AT⊥PQ，則有QT=PT，即PT=$\frac{1}{2}$PQ，
即4=$\frac{1}{2}$×2t．解得t=4．
當(dāng)t=4時，A、P、Q三點共線，△APQ不存在，故t=4舍去．
綜上所述，存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形，即t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，秒或t₂=（12-4$\sqrt{7}$）秒．

點評 本題考查了三角形面積，相似三角形的性質(zhì)和判定，三角形內(nèi)角和定理，等腰直角三角形等知識點的綜合運用，用了分類討論思想和方程思想，難度偏大．