Question

3．如圖1，矩形ABCD的邊AB=4，BC=7，EA平分∠BAD交BC于E，連接DE，在矩形內(nèi)部作邊長(zhǎng)為2的正方形FGHI，使得HI與BC共線，點(diǎn)I與點(diǎn)B重合，將正方形FGHI沿BC向右平移，平移速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，當(dāng)GH與CD重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中正方形FGHI與△AED的重疊部分面積為s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t＞0）．

（1）求使點(diǎn)G落在線段DE上的時(shí)間t；
（2）求出在正方形FGHI向右平移過程中s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出對(duì)應(yīng)t的取值范圍；
（3）如圖2，將矩形ABCD沿DE翻折，翻折后點(diǎn)D與點(diǎn)D′對(duì)應(yīng)，點(diǎn)C與點(diǎn)C′對(duì)應(yīng)，再將所得△C′D′E繞著點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，直線C′D′與射線ED交于點(diǎn)P，當(dāng)△C′DP為等腰三角形時(shí)，直接寫出PD′的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由題意易知三角形ABE為等腰直角三角形，所以EC=3．當(dāng)G落在ED上時(shí)，可利用△EGH∽△EDC（或tan∠DEC=$\frac{3}{4}$）求出EH的長(zhǎng)．求出點(diǎn)H移動(dòng)的長(zhǎng)度，因?yàn)镚移動(dòng)的時(shí)間等于H移動(dòng)的時(shí)間，問題得解．
（2）在運(yùn)動(dòng)過程中，在0＜t≤5中，分四種情況進(jìn)行討論：①0＜t≤2時(shí)，如圖2，重疊部分是直角三角形，求直角邊JG和KG即可；②2＜t≤$\frac{7}{2}$時(shí)，如圖3，重疊部分是不規(guī)則的多邊形，可利用差來求面積；③$\frac{7}{2}$＜t≤4時(shí)，如圖4，重疊部分是一梯形與一直角三角形面積的差；④4＜t≤5時(shí)，如圖5，重疊部分是直角三角形，求直角邊FN和FQ即可；
（3）①當(dāng)DC旋轉(zhuǎn)在DE左上方α°時(shí)，由圖6知，PD′=PC′-CD′．首先利用勾股定理求出DE，通過直角三角形斜邊與斜邊中線的關(guān)系，求出PE的長(zhǎng)，再次利用勾股定理求出PC′；②當(dāng)DE垂直于邊在直角三角形如圖7，利用勾股定理，直接得到關(guān)于PC′的二次方程，求出PC′，計(jì)算出PD′；③如圖8，當(dāng)C′P=DP時(shí)，在RT△PC′E中利用勾股定理即可．④如圖9，DP=DC′，可得D為PE中點(diǎn)，在RT△PEC′中求出PC′即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1，點(diǎn)G落在線段DE上的時(shí)，

BE=AB=4，EC=7-4=3，
當(dāng)G在ED上時(shí)，$\frac{EH}{GH}$=$\frac{EC}{DC}$=$\frac{3}{4}$，又GH=2，
∴EH=$\frac{3}{2}$，IE=$\frac{1}{2}$，BI=4-$\frac{1}{2}$=$\frac{7}{2}$
∴t=$\frac{7}{2}$÷1=$\frac{7}{2}$
則點(diǎn)G落在線段DE上的時(shí)間t為$\frac{7}{2}$秒；

（2）①0＜t≤2時(shí)，如圖2，重疊部分是△JKG，

S=S_△JKG，
∵BI=t，IH=2，
∴HE=4-2-t=2-t，
∵∠AEB=45°，
∴KH=HE=2-t，
∴JK=GK=2-（2-t）=t，
∴S_△JKG=$\frac{1}{2}$JG×GK=$\frac{1}{2}$t²，
∴S=$\frac{1}{2}{t}^{2}$；
②2＜t≤$\frac{7}{2}$時(shí)，如圖3，重疊部分是五邊形EMGFL，

S=S_{正方形FGHI}-S_△LIE-S_△EHM，
∵BE=4，BI=t，IE=4-t，
∴LI=IE=4-t，
∴S_△LIE=$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$．
又EH=IH-IE=2-（4-t）=t-2，
∴MH=$\frac{4}{3}EH$=$\frac{4}{3}$（t-2），
∴S_△EHM=$\frac{1}{2}（t-2）$•$\frac{4}{3}（t-2）$=$\frac{2}{3}（t-2）^{2}$，
S=4-$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$-$\frac{2}{3}（t-2）^{2}$=-$\frac{7}{6}$t²+$\frac{20}{3}$t-$\frac{20}{3}$；
③$\frac{7}{2}$＜t≤4時(shí)，如圖4，重疊部分是四邊形ENFL，

S=S_梯形IENF-S_△EIL，
∵NG=t-$\frac{7}{2}$，
∴FN=2-（t-$\frac{7}{2}$）=$\frac{11}{2}$-t，
又IE=4-t，
∴S_梯形IENF=$\frac{1}{2}$[（4-t）+（$\frac{11}{2}$-t）]×2=$\frac{19}{2}$-2t，
S_△EIL=$\frac{1}{2}$（4-t）²，
∴S=$\frac{19}{2}-2t$-$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$=-$\frac{1}{2}{t}^{2}+2t+\frac{3}{2}$；
④4＜t≤5時(shí)，如圖5，重疊部分是△FQN，

S=S_△FQN，
FN=$\frac{11}{2}$-t，F(xiàn)Q=$\frac{4}{3}$FN=$\frac{4}{3}（\frac{11}{2}-t）$，
∴S=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{3}$（$\frac{11}{2}-t$）²=$\frac{2}{3}{t}^{2}-\frac{22}{3}t+\frac{121}{6}$
綜上所述：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}{t}^{2}（0＜t≤2）}\\{-\frac{7}{6}{t}^{2}+\frac{20}{3}t-\frac{20}{3}（2＜t≤\frac{7}{2}）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+2t+\frac{3}{2}（\frac{7}{2}＜t≤4）}\\{\frac{2}{3}{t}^{2}-\frac{22}{3}t+\frac{121}{6}（4＜t≤5）}\end{array}\right.$

（3）①如圖6，當(dāng)C′D=PD時(shí)，

設(shè)∠P=∠DC′P=α，
∴∠C′DE=2α，∠C′EP=90°-α，
∴∠DC′E=∠PC′E-∠PC′D=90°-α，
∴C′D=DE，
∴D為EP中點(diǎn)，
∴PE=2DE
∵在RT△CDE中，CE=3，CD=4，
∴ED=5，
∴PE=10，
在RT△C′EP中，
∵C′P²=PE²-C′E²，
∴C′P=$\sqrt{1{0}^{2}-{3}^{2}}$=$\sqrt{91}$，
∴PD′=$\sqrt{91}$-4；
②如圖7，當(dāng)C′P=DP時(shí)，

設(shè)C′P=x，則DP=x，PE=DE-DP=5-x
在Rt△EC′P中，（5-x）²=x²+3²
x=$\frac{8}{5}$
PD′=4-$\frac{8}{5}$=$\frac{12}{5}$
③如圖8，當(dāng)C′P=DP時(shí)，

PE=5-x，PC′=x
（5-x）²=x²+3²，x=$\frac{8}{5}$
∴PD′=C′D′+PC′=4+$\frac{8}{5}$=$\frac{28}{5}$
④如圖9，DP=DC′，可得D為PE中點(diǎn)，

PE=10，C′P=$\sqrt{91}$
PD′=C′D′-C′P=4-$\sqrt{91}$
綜上所述：當(dāng)△C′DP為等腰三角形時(shí)，PD′的長(zhǎng)為$\sqrt{91}$-4或$\sqrt{91}$+4或$\frac{12}{5}$或$\frac{28}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何變換綜合題、多邊形面積、勾股定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)、分段函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類討論，正確畫出圖形，借助于圖象解決問題，第四個(gè)問題有四種情形，不能漏解，屬于中考?jí)狠S題．