Question

1．如圖，已知平行四邊形ABCD，AD⊥BD，AD=$2\sqrt{5}$，BD=2AD，過(guò)D點(diǎn)作DE⊥AB于E，以DE為直角邊作等腰直角三角形DEF，點(diǎn)F落在DC上，將△DEF在同一平面內(nèi)沿直線DC翻折，所得的等腰直角三角形記為△PQR，點(diǎn)R與D重合，點(diǎn)Q與F重合，如圖①，平行四邊形ABCD保持不動(dòng)，將△PQR沿折線D-B-C勻速平移，點(diǎn)R的移動(dòng)的速度為每秒$\sqrt{5}$個(gè)單位，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，當(dāng)R與C重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q落在BC邊上時(shí)，求t的值；
（2）記△PQR與△DBC的重疊部分的面積為S，直接寫(xiě)出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出相應(yīng)的t的取值范圍；
（3）當(dāng)△PQR移動(dòng)到R與B重合時(shí)，如圖②，再將△PQR繞R點(diǎn)沿順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)α（0°≤α≤360°），得到△P₁Q₁R，若直線P₁Q₁與直線BC、直線DC分別相交于M、N，問(wèn)在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中是否存在△CMN為直角三角形，若存在，求出CN的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)同角的三角函數(shù)設(shè)未知數(shù)，利用勾股定理求AE、DE的長(zhǎng)度，由翻折和平移的性質(zhì)得到PD=DF=4，PR=RQ=4，利用勾股定理求BR的長(zhǎng)，從而得到RD的長(zhǎng)，根據(jù)速度為$\sqrt{5}$求出t；
（2）分四種情況分類討論，①當(dāng)0＜t≤$\frac{12}{5}$時(shí)，如圖2，重疊部分是四邊形GRQH，根據(jù)面積公式求梯形GRQH的面積就是S；②當(dāng)$\frac{12}{5}$＜t≤4時(shí)，如圖3，重疊部分是五邊形GRNMH，S=S_△PRQ-S_△PGH-S_△MNQ，代入面積公式計(jì)算即可；③如圖4，先計(jì)算當(dāng)PQ經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)t=$\frac{14}{3}$，當(dāng)4＜t≤$\frac{14}{3}$時(shí)，如圖5，重疊部分為四邊形GRMH，根據(jù)S=S_△PRQ-S_△PGH-S_△RMQ，代入求出；④當(dāng)$\frac{14}{3}$＜t≤6時(shí)，如圖6，重疊部分為三角形GRC，代入面積公式計(jì)算即可；
（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，分三種情況討論：①如圖7，∠CNM=90°，CN=PN-PC=2$\sqrt{2}$-2；②如圖8，∠CMN=90°，利用余弦求CN的長(zhǎng)；③如圖9，∠CNM=90°，CN=PC+PN=2+2$\sqrt{2}$．

解答 解：（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)Q落在BC邊上時(shí)，點(diǎn)R運(yùn)動(dòng)的路程就等于RD的長(zhǎng)，
∵AD⊥BD，DE⊥AB，
∴∠ADB=∠DEA=90°，
∴tan∠DAB=$\frac{BD}{AD}=\frac{ED}{AE}$，
∵BD=2AD，
∴$\frac{ED}{AE}$=2，
設(shè)AE=x，則ED=2x，
由勾股定理得：x²+（2x）²=（2$\sqrt{5}$）²，
5x²=20，
x₁=2，x₂=-2（舍），
∴AE=2，DE=4，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴DE=DF=4，
由翻折得：PD=DF=4，PR=RQ=4，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB=90°，
由平移得：RQ∥DC，
∴∠BRQ=∠BDC，
∴tan∠BRQ=tan∠BDC，
∴$\frac{BC}{BD}=\frac{BQ}{BR}$=$\frac{2\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}$=$\frac{1}{2}$，
設(shè)BQ=x，則BR=2x，
由勾股定理得：x²+（2x）²=4²，
解得：x₁=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，x₂=-$\frac{4\sqrt{5}}{5}$（舍），
∴BR=2x=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴RD=BD-BR=4$\sqrt{5}$-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
∴t=$\frac{\frac{12\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{5}}$=$\frac{12}{5}$；
（2）分四種情況：
由勾股定理得：DC=AB=$\sqrt{（4\sqrt{5}）^{2}+（2\sqrt{5}）^{2}}$=10，
①當(dāng)0≤t≤$\frac{12}{5}$時(shí)，如圖2，重疊部分是四邊形GRQH，
則DR=$\sqrt{5}$t，
在Rt△DGR中，tan∠CDB=$\frac{RG}{DG}=\frac{1}{2}$，
設(shè)RG=x，則DG=2x，
∴x²+（2x）²=（$\sqrt{5}$t）²，
解得：x=±t，
∴RG=t，
∴GH=PG=4-t，
∴S=S_梯形GRQH=$\frac{1}{2}$（GH+RQ）•GR=$\frac{1}{2}$（4-t+4）•t=-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+4t；
②當(dāng)$\frac{12}{5}$＜t≤4時(shí)，如圖3，重疊部分是五邊形GRNMH，
同理得：GR=t，PG=GH=4-t，DR=$\sqrt{5}$t，
∴RB=4$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$t，
∴BN=$\frac{4\sqrt{5}-\sqrt{5}t}{2}$，
∵RN∥DC，
∴$\frac{RN}{DC}=\frac{BR}{BD}$，
∴$\frac{RN}{10}=\frac{\frac{4\sqrt{5}-\sqrt{5}t}{2}}{4\sqrt{5}}$，
∴RN=5-$\frac{5}{4}$t，
∴NQ=4-RN=4-5+$\frac{5}{4}$t=$\frac{5}{4}$t-1，
過(guò)M作MT⊥RQ于T，
tan∠MNQ=tan∠RNB=$\frac{MT}{NT}=\frac{RB}{BN}$=2，
∴MT=2NT，
∵∠Q=45°，∠MTQ=90°，
∴MT=TQ，
∴NT=$\frac{1}{3}$NQ=$\frac{1}{3}$（$\frac{5}{4}$t-1）=$\frac{5}{12}$t-$\frac{1}{3}$，
∴MT=2NT=$\frac{5}{6}$t-$\frac{2}{3}$，
∴S=S_△PRQ-S_△PGH-S_△MNQ，
=$\frac{1}{2}$×4×4-$\frac{1}{2}$（4-t）²-$\frac{1}{2}$（$\frac{5}{4}$t-1）（$\frac{5}{6}$t+$\frac{2}{3}$），
=-$\frac{49}{48}$t²+$\frac{29}{6}$t-$\frac{1}{3}$；
③如圖4，當(dāng)PQ經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，過(guò)C作CN⊥PQ于N，
同理得：RN=$\frac{4}{3}$，NQ=CN=$\frac{8}{3}$，
∴RC=$\sqrt{（\frac{8}{3}）^{2}+（\frac{4}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，
∴BD+BR=BD+BC-RC=4$\sqrt{5}$+2$\sqrt{5}$-$\frac{4\sqrt{5}}{3}$=$\frac{14}{3}$$\sqrt{5}$，
這時(shí)t=$\frac{14\sqrt{5}}{3}$÷$\sqrt{5}$=$\frac{14}{3}$；
當(dāng)4＜t≤$\frac{14}{3}$時(shí)，如圖4，重疊部分為四邊形GRMH，
∵BD+BR=$\sqrt{5}$t，
∴BR=$\sqrt{5}$t-4$\sqrt{5}$，RC=6$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$t，
cos∠GRC=$\frac{RG}{RC}$=$\frac{4\sqrt{5}}{10}$，
∴$\frac{RG}{6\sqrt{5}-\sqrt{5}t}$=$\frac{4\sqrt{5}}{10}$，
∴RG=12-2t，
∴PG=4-（12-2t）=2t-8，
∴S=S_△PRQ-S_△PGH-S_△RMQ，
=$\frac{1}{2}$×4×4-$\frac{1}{2}$×（2t-8）²-$\frac{1}{2}$×4×$\frac{8}{3}$，
=-2t²+16t-$\frac{88}{3}$；
④當(dāng)$\frac{14}{3}$＜t≤6時(shí)，如圖6，重疊部分為三角形GRC，
由③得RG=12-2t，則CG=6-t，
∴S=S_△GRC=$\frac{1}{2}$CG•RG=$\frac{1}{2}$（12-2t）（6-t）=t²-12t+36；
綜上所述：S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{t}^{2}+4（0≤t≤\frac{12}{5}）}\\{-\frac{49}{48}{t}^{2}+\frac{29}{6}t-\frac{1}{3}（\frac{12}{5}＜t≤4）}\\{-2{t}^{2}+16t-\frac{88}{3}（4＜t≤\frac{14}{3}）}\\{{t}^{2}-12t+36（\frac{14}{3}＜t≤6）}\end{array}\right.$
（3）存在，分三種情況：
①如圖7，∠CNM=90°，
∵DN∥AG，
∴∠AGM=∠CNM=90°，
∴△BGP₁是等腰直角三角形，
∴BG=$\frac{4}{\sqrt{2}}$=2$\sqrt{2}$，
由（1）得：CP=2，
∵PN=BG=2$\sqrt{2}$，
∴CN=PN-PC=2$\sqrt{2}$-2；
②如圖8，∠CMN=90°，
∵BC=2$\sqrt{5}$，BM=2$\sqrt{2}$，
∴CM=2$\sqrt{2}$+2$\sqrt{5}$，
cos∠NCM=$\frac{PC}{BC}=\frac{CM}{CN}$，
∴$\frac{2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{2}+2\sqrt{5}}{CN}$，
∴CN=$\sqrt{5}$（2$\sqrt{2}$+2$\sqrt{5}$）=2$\sqrt{10}$+10；
③如圖9，∠CNM=90°，
∵PN=BG=2$\sqrt{2}$，PC=2，
∴CN=PC+PN=2+2$\sqrt{2}$；
綜上所述：CN的長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$-2或2$\sqrt{10}$+10或2+2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換的綜合題，考查了平行四邊形、等腰直角三角形的性質(zhì)；同時(shí)還運(yùn)用了同角的三角函數(shù)列比例式求邊的長(zhǎng)，比利用三角形相似列比例式要簡(jiǎn)單；在求重疊部分圖形的面積時(shí)，先確定特殊位置時(shí)的t值，根據(jù)重疊圖形分類討論解決，利用面積差或和求解．