Question

15．如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=$2\sqrt{3}$，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且BP=3．一動(dòng)點(diǎn)E從O點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿OA勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)后，立即以原速度沿AO返回；另一動(dòng)點(diǎn)F從P點(diǎn)發(fā)發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線(xiàn)PA勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E、F同時(shí)出發(fā)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，在點(diǎn)E、F的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線(xiàn)PA的同側(cè)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t≥0）．
（1）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，請(qǐng)直接寫(xiě)出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（3）設(shè)EG與矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC的交點(diǎn)為H，是否存在這樣的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出對(duì)應(yīng)的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，由∠CFB=60°，得BF=3-t，在Rt△CBF中，根據(jù)三角函數(shù)求得t的值；
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t不同的取值范圍，求等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S的值，當(dāng)0≤t＜1時(shí)，重疊部分是直角梯形，面積S等于梯形的面積，
當(dāng)1≤t＜3時(shí)，重疊部分是S_梯形MKFE-S_△QBF，當(dāng)3≤t＜4時(shí)，重疊部分是S_梯形MKFE，當(dāng)4≤t＜6時(shí)，重疊部分是正三角形的面積；
（3）當(dāng)AH=AO=3時(shí)，AM=$\frac{1}{2}$AH=$\frac{3}{2}$，在R_t△AME中，由cos∠MAE=$\frac{AM}{AE}$，即cos30°=$\frac{\frac{3}{2}}{AE}$，得AE=$\sqrt{3}$，即3-t=$\sqrt{3}$或t-3=$\sqrt{3}$，求出t=3-$\sqrt{3}$或t=3+$\sqrt{3}$；
當(dāng)AH=HO時(shí)，∠HOA=∠HAO=30°，又因?yàn)椤螲EO=60°得到∠EHO=90°EO=2HE=2AE，再由AE+2AE=3，求出AE=1，即3-t=1或t-3=1，求出t=2或t=4；
當(dāng)OH=OA=時(shí)∠HOB=∠OAH=30°，所以∠HOB=60°=∠HEB，得到點(diǎn)E和點(diǎn)O重合，從而求出t的值．

解答 解：（1）當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，
∠CFB=∠GFE=60°，∠BCF=30°，
∵BF=3-t，BC=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠BCF=$\frac{BF}{BC}$，
即tan30°=$\frac{3-t}{2\sqrt{3}}$，
解得t=1
∴當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，t=1；
（2）①如圖1，當(dāng)0≤t＜1時(shí)，作MN⊥AB于點(diǎn)N，
∵tan∠MEN=tan60°=$\frac{MN}{EN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{EN}$，
∴EN=2，
∵BE=BO+0E=3+t，EN=2，
∴CM=BN=BE-EN=3+t-2=t+1，
∴S=$\frac{1}{2}$（CM+BE）×BC=$\frac{1}{2}$（t+1+3+t）×2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$t+4$\sqrt{3}$．
②如圖2，當(dāng)1≤t＜3時(shí)，
∵EF=OP=6，
∴GH=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3$\sqrt{3}$，
∵$\frac{MK}{EF}$=$\frac{GH-MN}{GH}$，
∴$\frac{MK}{6}$=$\frac{3\sqrt{3}-2\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}$解得MK=2，
又∵BF=3-t，BQ=$\sqrt{3}$BF=$\sqrt{3}$（3-t），
∴S=S_梯形MKFE-S_△QBF，
=$\frac{1}{2}$（2+6）×2$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×（3-t）×$\sqrt{3}$×（3-t）
=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+3$\sqrt{3}$t+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$．
③如圖3，當(dāng)3≤t＜4時(shí)
∵M(jìn)N=2$\sqrt{3}$，EF=6-2（t-3）=12-2t，
∴GH=（12-2t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∴$\frac{MK}{EF}=\frac{GH-MN}{GH}$，
∴MK=8-2t，
S=-4$\sqrt{3}$t+20$\sqrt{3}$；
④如圖4，當(dāng)4≤t＜6時(shí)，
∵EF=12-2t，
高為：EF•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$EF
S=$\sqrt{3}$t²-12$\sqrt{3}$t+36$\sqrt{3}$；
（3）存在t，使△AOH是等腰三角形．
理由如下：在Rt△ABC中，tan∠CAB=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CAB=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠HAE=∠AHE=30°，
∴AE=HE=3-t或t-3
①如圖5，
當(dāng)AH=AO=3時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AH于M，
則AM=$\frac{1}{2}$AH=$\frac{3}{2}$，
在Rt△AME中，cos∠MAE=$\frac{AM}{AE}$，
即cos30°=$\frac{\frac{3}{2}}{AE}$，
∴AE=$\sqrt{3}$，即3-t=$\sqrt{3}$或t-3=$\sqrt{3}$，
∴t=3-$\sqrt{3}$或t=3+$\sqrt{3}$．

②如圖6，
當(dāng)HA=HO時(shí)，
則∠HOA=∠HAO=30°
又∵∠HEO=60°，
∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，
又∵AE+EO=3，
∴AE+2AE=3，AE=1，
即3-t=1或t-3=1，
∴t=2或t=4；
③如圖7，
當(dāng)OH=OA時(shí)，
則∠OHA=∠OAH=30°
∴∠HOB=60°=∠HEB，
∴點(diǎn)E和點(diǎn)O重合，
∴AE=AO=3，
當(dāng)E剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)3-t=3，
當(dāng)點(diǎn)E返回O時(shí)是：t-3=3，
即3-t=3或t-3=3，t=6（舍去）或t=0；
，綜上，可得存在t，使△AOH是等腰三角形，此時(shí)t=3-$\sqrt{3}$、3+$\sqrt{3}$、2、4或0．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了 平行四邊形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、矩形、矩形的性質(zhì)、矩形的判定、菱形、菱形的性質(zhì)、菱形的判定 等知識(shí)，關(guān)鍵是根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，分類(lèi)討論．