Question

10．如圖1，在菱形ABCD中，AB=6$\sqrt{5}$，tan∠ABC=2，點(diǎn)E從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著射線DA的方向勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），將線段CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（α=∠BCD），得到對(duì)應(yīng)線段CF．
（1）求證：BE=DF；
（2）當(dāng)t=6$\sqrt{5}$+6秒時(shí)，DF的長(zhǎng)度有最小值，最小值等于12；
（3）如圖2，連接BD、EF、BD交EC、EF于點(diǎn)P、Q，當(dāng)t為何值時(shí)，△EPQ是直角三角形？
（4）如圖3，將線段CD繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（α=∠BCD），得到對(duì)應(yīng)線段CG．在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)它的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F位于直線AD上方時(shí)，直接寫出點(diǎn)F到直線AD的距離y關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）由∠ECF=∠BCD得∠DCF=∠BCE，結(jié)合DC=BC、CE=CF證△DCF≌△BCE即可得；
（2）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)E′時(shí)，由DF=BE′知此時(shí)DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；
（3）①∠EQP=90°時(shí)，由∠ECF=∠BCD、BC=DC、EC=FC得∠BCP=∠EQP=90°，根據(jù)AB=CD=6$\sqrt{5}$，tan∠ABC=tan∠ADC=2即可求得DE；
②∠EPQ=90°時(shí)，由菱形ABCD的對(duì)角線AC⊥BD知EC與AC重合，可得DE=6$\sqrt{5}$；
（4）連接GF分別交直線AD、BC于點(diǎn)M、N，過點(diǎn)F作FH⊥AD于點(diǎn)H，證△DCE≌△GCF可得∠3=∠4=∠1=∠2，即GF∥CD，從而知四邊形CDMN是平行四邊形，由平行四邊形得MN=CD=6$\sqrt{5}$；再由∠CGN=∠DCN=∠CNG知CN=CG=CD=6$\sqrt{5}$，根據(jù)tan∠ABC=tan∠CGN=2可得GM=6$\sqrt{5}$+12，由GF=DE=t得FM=t-6$\sqrt{5}$-12，
利用tan∠FMH=tan∠ABC=2即可得FH．

解答 解：（1）∵∠ECF=∠BCD，即∠BCE+∠DCE=∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF=∠BCE，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴DC=BC，
在△DCF和△BCE中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CF=CE}\\{∠DCF=∠BCE}\\{CD=CB}\end{array}\right.$，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF=BE；

（2）如圖1，

當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)E′時(shí)，DF=BE′，此時(shí)DF最小，
在Rt△ABE′中，AB=6$\sqrt{5}$，tan∠ABC=tan∠BAE′=2，
∴設(shè)AE′=x，則BE′=2x，
∴AB=$\sqrt{5}$x=6$\sqrt{5}$，
則AE′=6
∴DE′=6$\sqrt{5}$+6，DF=BE′=12，
故答案為：6$\sqrt{5}$+6，12；

（3）∵CE=CF，
∴∠CEQ＜90°，
①當(dāng)∠EQP=90°時(shí)，如圖2①，

∵∠ECF=∠BCD，BC=DC，EC=FC，
∴∠CBD=∠CEF，
∵∠BPC=∠EPQ，
∴∠BCP=∠EQP=90°，
∵AB=CD=6$\sqrt{5}$，tan∠ABC=tan∠ADC=2，
∴DE=6，
∴t=6秒；
②當(dāng)∠EPQ=90°時(shí)，如圖2②，

∵菱形ABCD的對(duì)角線AC⊥BD，
∴EC與AC重合，
∴DE=6$\sqrt{5}$，
∴t=6$\sqrt{5}$秒；

（4）y=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t-12-$\frac{24\sqrt{5}}{5}$，

如圖3，連接GF分別交直線AD、BC于點(diǎn)M、N，過點(diǎn)F作FH⊥AD于點(diǎn)H，
由（1）知∠1=∠2，
又∵∠1+∠DCE=∠2+∠GCF，
∴∠DCE=∠GCF，
在△DCE和△GCF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{EC=FC}\\{∠DCE=∠GCF}\\{DC=GC}\end{array}\right.$，
∴△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3=∠4，
∵∠1=∠3，∠1=∠2，
∴∠2=∠4，
∴GF∥CD，
又∵AH∥BN，
∴四邊形CDMN是平行四邊形，
∴MN=CD=6$\sqrt{5}$，
∵∠BCD=∠DCG，
∴∠CGN=∠DCN=∠CNG，
∴CN=CG=CD=6$\sqrt{5}$，
∵tan∠ABC=tan∠CGN=2，
∴GN=12，
∴GM=6$\sqrt{5}$+12，
∵GF=DE=t，
∴FM=t-6$\sqrt{5}$-12，
∵tan∠FMH=tan∠ABC=2，
∴FH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（t-6$\sqrt{5}$-12），
即y=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t-12-$\frac{24\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查菱形的有關(guān)性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．