Question

如圖1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AC=CD=10cm，AB=8cm，點(diǎn)P由點(diǎn)C出發(fā)沿CA方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E由點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P與點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度都是1cm/s，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)停止．過點(diǎn)E作EF∥AD，分別交CD、AC于點(diǎn)F、點(diǎn)G，連結(jié)EP，設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t（秒），回答以下問題：

（1）當(dāng)t取何值時(shí)，EP∥BC？
（2）令△PEG的面積為S，當(dāng)0＜t＜5時(shí)，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，若存在最大值，請(qǐng)求出此時(shí)的t值；
（3）是否存在t值，使△PEG為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的t值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（4）如圖2，點(diǎn)E關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)是點(diǎn)E′，當(dāng)t=

 

時(shí)（直接寫出相應(yīng)的t值），PE′⊥EF．

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）當(dāng)EP∥BC時(shí)，就有△AEP∽△ABC，由相似三角形的性質(zhì)就可以得出

AE

AB

=

AP

AC

，進(jìn)而就可以求出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)E作EH⊥AC于點(diǎn)H，AM⊥CD于M，就可以得出四邊形ABCM是矩形，就有∠ACM=∠BAC，得出sin∠ACM=sin∠BAC．就可以表示出EH的值，再由三角形的面積公式就可以求出解析式，由二次函數(shù)的解析式的性質(zhì)就可以求出最大值時(shí)t的值；
（3）分情況討論，當(dāng)當(dāng)0＜t＜5時(shí)，只可能EG=PG，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，由平行四邊形的性質(zhì)就可以求出△AEG∽△CAD，就可以得出AE=AG，由勾股定理的性質(zhì)就可以求出AD的值，進(jìn)而求出EG而得出PG，根據(jù)PG=10-2t建立方程求出其解即可；當(dāng)5＜t≤8時(shí)，分三種情況GP=EG，EG=EP，GP=EP由等腰三角形的性質(zhì)就可以分別求出結(jié)論；
（4）延長(zhǎng)PE′交AD于I，作PQ⊥AB于Q，作EN⊥AC于N，就可以表示出PE，由△AE′I∽△PEQ，就有

AI

PQ

=

AE′

PE

，可以分別求出AI，PQ，進(jìn)而由勾股定理建立方程求出其解即可．

解答：解：（1）如圖1，∵AE=PC=t，AC=10，
∴AP=10-t．
∵EP∥BC，
∴△AEP∽△ABC，
∴

AE

AB

=

AP

AC

，
∴

t

8

=

10-t

10

，
∴t=

40

9

．
答：t=

40

9

時(shí)，EP∥BC；
（2）過點(diǎn)E作EH⊥AC于點(diǎn)H，AM⊥CD于M，
∴∠EHA=∠AMC=90°．
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，∠ACM=∠BAC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠B=∠BCD=∠AMC=90°，
∴四邊形ABCM是矩形，
∴BC=AM．AB=CM，
在Rt△ABC中，AC=10，AB=8，由勾股定理，得
BC=6．
∴AM=6，
∴sin∠ACM=

AM

AC

=

3

5

，cos∠ACM=

4

5

，
∴sin∠BAC=

EH

AE

=

3

5

．cos∠BAC=

4

5

．
∵AE=t，
∴EH=

3

5

t．
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠D．
∵EF∥AD，
∴∠CGF=∠CAD，∠CFG=∠D，
∴∠CGF=∠CFG．
∵AB∥CD，
∴∠AEG=∠CFG．
∴∠AEG=∠CGF．
∵∠AGE=∠CGF，
∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG=t．
∴PG=10-2t．
S=

1

2

×

3

5

t（10-2t）=-

3

5

t²+3t．
∴S=-

3

5

（t-2.5）²+

15

4

，
∴當(dāng)t=2.5時(shí)，S可取到最大值為

15

4

；

（3）情況一：當(dāng)0＜t＜5時(shí)，如圖3，只有EG=PG．
過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，
∴∠AMD=∠AMC=90°．
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，∠ACM=∠BAC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠B=∠BCD=∠AMC=90°，
∴四邊形ABCM是矩形，
∴BC=AM．AB=CM，
∵AC=CD=10cm，AB=8cm，
∴CM=8，
∴MD=2．
在Rt△ABC中，AC=10，AB=8，由勾股定理，得
BC=6．
∴AM=6，
在Rt△AMD中，由勾股定理，得
AD=2

10

．
∵AB∥CD，EF∥AD，
∴四邊形EFDA是平行四邊形，∠EAG=∠ACD．
∴∠AEG=∠D，
∴△AEG∽△CAD，
∴

EG

AD

=

AE

AC

．
∴

EG

2 10

=

t

10

，
∴EG=

10

5

t．
∵EG=PG，
∴PG=

10

5

t．
∴2t+

10

5

t=10，
∴t=

50-5 10

9

；

情況二：當(dāng)5＜t≤8時(shí)，PG=2t-10，EG=

10

5

t，
存在三種可能：
①如圖4，當(dāng)PE=GE時(shí)，作EN⊥AC于N，
∴GN=PN=

1

2

PG=t-5．∠ENP=90°．
∴EN=

3

5

t，GE²=EN²+GN²，
∴（

10

5

t）²=（

3

5

t）²+（t-5）²，
解得：t₁=

25

6

＜5（舍去），t₂=

25

4

；
②如圖5，當(dāng)GP=GE時(shí)，

10

5

t=2t-10，
解得：t=

50+5 10

9

；
③如圖5，當(dāng)GP=PE時(shí)，
∴PE=GP=2t-10，PN=

4

5

t-（10-t）=

9

5

t-10，EN=

3

5

t，
∴EN²+PN²=PE²，
∴（

3

5

t）²+（

9

5

t-10）²=（2t-10）²，
解得：t₁=0（舍去），t₂=10（舍去）．
綜上所述，t=

50-5 10

9

，

50+5 10

9

或

25

4

時(shí)，△PEG為等腰三角形；

（4）如圖6，延長(zhǎng)PE′交AD于I，作PQ⊥AB于Q，作EN⊥AC于N，
∴∠ANE=∠PNE=∠PQE=90°．
∵PE′⊥EF，
∴∠PME=90°．
∵EF∥AD，
∴∠PME=∠AIE′=90°．
∵△AEP與△AE′P關(guān)于AC成軸對(duì)稱，
∴△AEP≌△AE′P，
∴∠AEP=∠AE′P，PE=PE′，AE=AE′=t．
∴∠PEQ=∠AE′I，
∴△AE′I∽△PEQ，
∴

AI

PQ

=

AE′

PE

．
∵PC=t，
∴PA=10-t．EN=

3

5

t，AN=

4

5

t，
∴PQ=6-

3

5

t，AQ=8-

4

5

t，PN=10-

9

5

t，
∴QE=8-

9

5

t．
在Rt△PNE中，由勾股定理，得
PE²=

18

5

t²-36t+100，
∴PE=

18 5 t2-36t+100

．
∴PE′=

18 5 t2-36t+100

．
∴

AI

6- 3 5 t

=

t

18 5 t2-36t+100

，
∴AI=

10

10

（10-t）．
∴PI=

9 10 t2-18t+90

，E′I=

9 10 t2+2t-10

．
∴PE′=PI-E′I，
∴

18 5 t2-36t+100

=

9 10 t2-18t+90

-

9 10 t2+2t-10

．

9

5

t²-20t+20=-2

9 10 t2-18t+90

•

9 10 t2+2t-10

．
∴t=

25

9

．
故答案為：

25

9

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了銳角三角函數(shù)值的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，相似三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，二次函數(shù)的性質(zhì)的運(yùn)用，二次函數(shù)的頂點(diǎn)式的運(yùn)用，軸對(duì)稱的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)運(yùn)用勾股定理建立方程求解是關(guān)鍵．