Question

8．已知，在矩形ABCD中，E為BC邊上一點(diǎn)，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F(xiàn)為線段BE上一點(diǎn)，EF=7，連接AF．如圖①，現(xiàn)有一張硬質(zhì)紙片△GMN，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜邊MN與邊BC在同一直線上，點(diǎn)N與點(diǎn)E重合，點(diǎn)G在線段DE上．如圖②，△GMN從圖①的位置出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿EB向點(diǎn)B勻速移動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿AD向點(diǎn)D勻速移動(dòng)，點(diǎn)Q為直線GN與線段AE的交點(diǎn)，連接PQ．當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，△GMN和點(diǎn)P同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，解答下列問題：
（1）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)G在線段AE上時(shí)，求t的值．
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在點(diǎn)P，使△APQ是等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)△GMN與△AEF重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式以及自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）如答圖1所示，證明QEMG為平行四邊形，則運(yùn)動(dòng)路程QG=EM=10，t值可求；
（2）△APQ是等腰三角形，分為三種情形，需要分類討論，避免漏解．如答圖2、答圖3、答圖4所示；
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程分為四個(gè)階段，每個(gè)階段重疊圖形的形狀各不相同，如答圖5-答圖8所示，分別求出其面積的表達(dá)式．

解答 解：（1）在Rt△GMN中，GN=6，GM=8，∴MN=10．
由題意，易知點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)線路平行于BC．
如答圖1所示，過點(diǎn)G作BC的平行線，分別交AE、AF于點(diǎn)Q、R．
∵∠AED=∠EGM=90°，∴AE∥GM．
∴四邊形QEMG為平行四邊形，
∴QG=EM=10．
∴t=$\frac{10}{1}$=10秒．

（2）存在符合條件的點(diǎn)P．
在Rt△ABE中，AB=12，BE=16，由勾股定理得：AE=20．
設(shè)∠AEB=θ，則sinθ=$\frac{3}{5}$，cosθ=$\frac{4}{5}$．
∵NE=t，∴QE=NE•cosθ=$\frac{4}{5}$t，AQ=AE-QE=20-$\frac{4}{5}$t．
△APQ是等腰三角形，有三種可能的情形：
①AP=PQ．如答圖2所示：
過點(diǎn)P作PK⊥AE于點(diǎn)K，則AK=AP•cosθ=$\frac{4}{5}$t．
∵AQ=2AK，∴20-$\frac{4}{5}$t=2×$\frac{4}{5}$t，
解得：t=$\frac{25}{3}$；
②AP=AQ．如答圖3所示：
有t=20-$\frac{4}{5}$t，
解得：t=$\frac{100}{9}$；
③AQ=PQ．如答圖4所示：
過點(diǎn)Q作QK⊥AP于點(diǎn)K，則AK=AQ•cosθ=（20-$\frac{4}{5}$t）×$\frac{4}{5}$=16-$\frac{16}{25}$t．
∵AP=2AK，∴t=2（16-$\frac{16}{25}$t），
解得：t=$\frac{800}{57}$．
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{25}{3}$，$\frac{100}{9}$或$\frac{800}{57}$秒時(shí)，存在點(diǎn)P，使△APQ是等腰三角形；

（3）如答圖1所示，點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)F的時(shí)間為t=7；
由（1）知，點(diǎn)G到達(dá)點(diǎn)Q的時(shí)間為t=10；
QE=10×$\frac{4}{5}$=8，AQ=20-8=12，
∵GR∥BC，∴$\frac{QR}{EF}$，即$\frac{QR}{7}$，∴QR=$\frac{21}{5}$．
∴點(diǎn)G到達(dá)點(diǎn)R的時(shí)間為t=10+$\frac{21}{5}$=$\frac{71}{5}$；
點(diǎn)N到達(dá)終點(diǎn)B的時(shí)間為t=16．
則在△GMN運(yùn)動(dòng)的過程中：
①當(dāng)0≤t＜7時(shí)，如答圖5所示：
QE=NE•cosθ=$\frac{4}{5}$t，QN=NE•sinθ=$\frac{3}{5}$t，
S=$\frac{1}{2}$QE•QN=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{5}$t•$\frac{3}{5}$t=$\frac{6}{25}$t²；

②當(dāng)7≤t＜10時(shí)，如答圖6所示：
設(shè)QN與AF交于點(diǎn)I，
∵tan∠INF=$\frac{GM}{GN}$=$\frac{4}{3}$，tan∠IFN=$\frac{AB}{BF}$=$\frac{4}{3}$，
∴∠INF=∠IFN，△INF為等腰三角形．
底邊NF上的高h(yuǎn)=$\frac{1}{2}$NF•tan∠INF=$\frac{1}{2}$×（t-7）×$\frac{4}{3}$=$\frac{2}{3}$（t-7）．
S_△INF=$\frac{1}{2}$NF•h=$\frac{1}{2}$×（t-7）×$\frac{2}{3}$（t-7）=$\frac{1}{3}$（t-7）²，
∴S=S_△QNE-S_△INF=$\frac{6}{25}$t²-$\frac{1}{3}$（t-7）²=-$\frac{7}{75}$t²+$\frac{14}{3}$t-$\frac{49}{3}$；
③當(dāng)10≤t＜$\frac{71}{5}$時(shí)，如答圖7所示：
由②得：S_△INF=$\frac{1}{3}$（t-7）²，
∴S=S_△GMN-S_△INF=24-$\frac{1}{3}$（t-7）²=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{14}{3}$t+$\frac{23}{3}$；

④當(dāng)$\frac{71}{5}$＜t≤16時(shí)，如答圖8所示：
FM=FE-ME=FE-（NE-MN）=17-t．
設(shè)GM與AF交于點(diǎn)I，過點(diǎn)I作IK⊥MN于點(diǎn)K．
∵tan∠IFK=$\frac{AB}{BF}$=$\frac{4}{3}$，∴可設(shè)IK=4x，F(xiàn)K=3x，則KM=3x+17-t．
∵tan∠IMF=$\frac{IK}{KM}$=$\frac{4x}{3x+17-t}$=$\frac{3}{4}$，解得：x=$\frac{3}{7}$（17-t）．
∴IK=4x=$\frac{12}{7}$（17-t）．
∴S=$\frac{1}{2}$FM•IK=$\frac{6}{7}$（t-17）²．
綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{6}{25}{t}^{2}（0≤t＜7）}\\{-\frac{7}{75}{t}^{2}+\frac{14}{3}t-\frac{49}{3}（7≤t＜10）}\\{-\frac{1}{3}{t}^{2}+\frac{14}{3}t+\frac{23}{3}（10≤t＜\frac{71}{5}）}\\{\frac{6}{7}（t-17）^{2}（\frac{71}{5}≤t≤16）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 本題考查了矩形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是清楚理解圖形的運(yùn)動(dòng)過程．