Question

4．已知：如圖，矩形ABCD，AB=4，∠ACB=30°．點E從點C出發(fā)，沿折線CA-AD以每秒一個單位長度的速度運動，過點E作EF∥CD交BC于點F，同時過點E作EG⊥AC交直線BC于點G，設(shè)運動的時間為t，△EFG與△ABC重疊部分的面積為S，當(dāng)點E運動到點D時停止運動．
（1）當(dāng)點B與點G重合時，求此時t的值；
（2）直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量取值范圍；
（3）當(dāng)t=4時，將△EFG繞點E順時針旋轉(zhuǎn)一個角度α（0°≤α≤90°），∠GEF的兩邊分別交矩形的邊于點M，點N．當(dāng)△MEN為等腰三角形時，求此時△MEN的面積．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)點B與點G第一次重合時，當(dāng)點B與點G第二次重合時，兩種情況結(jié)合圖形特征求解；
（2）分$0≤t＜6，6≤t＜8，8≤t＜8+\frac{4\sqrt{3}}{3}，8+\frac{4\sqrt{3}}{3}≤t≤8+4\sqrt{3}$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式求解即可；
（3）t=4時，此時點E在AC的中點，當(dāng)△MEN為等腰三角形時，共有以下三種情況，0≤α＜30°；30°≤α＜60°；60≤α≤90°．

解答 解：（1）當(dāng)點B與點G第一次重合時，如圖1，
∵AB=4，∠ACB=30°，
∴BC=$4\sqrt{3}$，
∴CE=$2\sqrt{3}×\sqrt{3}=6$；
∴t=6，
當(dāng)點B與點G第二次重合時，如圖2：
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=30°，
∵AB=4，
∴AC=2AB=8，
∵BE⊥AC，
∴∠ABE=30°，
∴tan30°=$\frac{AE}{AB}$，
∴AE=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，
∴點E走過的路程為8+$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，
∴t=8+$\frac{4}{3}\sqrt{3}$；

（2）當(dāng)0≤t＜6時，如圖3，
此時，△EFG與△ABC重疊部分為△EFG，
∵CE=t，∠ACB=30°，
∴EF=$\frac{1}{2}$t，
∵∠GEF=∠ACB=30°，
∴tan30°=$\frac{GF}{EF}$，
∴GF=$\frac{\sqrt{3}}{6}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$EF•GF=$\frac{\sqrt{3}}{24}$t²，
當(dāng)6≤t＜8時，設(shè)GE與AB交于點H，如圖4，
此時，△EFG與△ABC重疊部分為梯形HBFE，
∵CE=t，
∴CF=$\frac{1}{2}$$\sqrt{3}$t，
∴BF=BC-CF=4$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴BG=GF-BF=$\frac{4\sqrt{3}}{6}$t-4$\sqrt{3}$，
∵∠GHB═∠GEF=∠ACB=30°，
∴HB=$\sqrt{3}$BG=2t-12，
∴S=$\frac{1}{2}$EF•GF-$\frac{1}{2}$BG•HB=-$\frac{5\sqrt{3}}{8}$t²+8$\sqrt{3}$t-24$\sqrt{3}$，
當(dāng)8≤t＜8+$\frac{4}{3}\sqrt{3}$時，設(shè)GE與AB交于點H，如圖5，
此時，△EFG與△ABC重疊部分為梯形HBFE，
∵AB=EF=4，
∴GF=$\frac{EF}{\sqrt{3}}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$，
∵BF=AE，
∴BF=t-8，
∴BG=GF-BF=8+$\frac{4}{3}\sqrt{3}$-t，
∴S=$\frac{1}{2}$GF•EF-$\frac{1}{2}$BG•HB=-$\frac{13\sqrt{3}}{24}$t²+（$\frac{26\sqrt{3}}{3}$+4）t-32-$\frac{104\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)8+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$≤t≤8+4$\sqrt{3}$時，
設(shè)EG與AC交于點H，EF與AC交于點I，如圖6
此時，△EFG與△ABC重疊部分為四邊形HGFI，
∵AE=t-8，∠DAC=∠ACB=30°，
∴EI=$\frac{AE}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（t-8），
∵∠HEI=30°，
∴HI=$\frac{1}{2}$EI=$\frac{\sqrt{3}}{6}$（t-8），
EH=$\sqrt{3}$HI=$\frac{1}{2}$（t-8），
∴S=$\frac{1}{2}$EF•GF-$\frac{1}{2}$EH•HI=-$\frac{\sqrt{3}}{24}$t²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t；

（3）t=4時，此時點E在AC的中點處，即CE=4，
當(dāng)0≤α＜30°時，如圖7，
此時，∠EMN=∠MEN=30°時，△MEN為等腰三角形，
此時點M與B重合，
∴EF=$\frac{1}{2}$CE=2，
∵∠EMN=∠ENM=30°，
∴∠ENF=30°，
∴EN=$\frac{EF}{cos30°}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴MN=EN=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴△MNE的面積為$\frac{1}{2}$MN•EF=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)30°≤α＜60°時，
過點M作MK⊥AC于點K，
過點E作EI⊥AB于點I，
過點N作NP⊥ME于點P，
若ME=NE時，如圖8，
易求得：EI=2$\sqrt{3}$，AI=2，AE=4，EF=2，
∵∠MNE=30°，
∴∠MEI=90°-∠MNE-∠NEF=60°-∠NEF，
∵∠AEI=30°，
∴∠KME=90°-∠AEI-∠MEI=∠NEF
在△MEK與△ENF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MKE=∠EFN}\\{∠KME=∠NEF}\\{ME=NE}\end{array}\right.$，
∴△MEK≌△ENF（AAS），
∴MK=EF=2，
∵$\frac{1}{2}$AM•EI=$\frac{1}{2}$AE•MK，
∴AM=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∴MI=AM-AI=$\frac{4\sqrt{3}-6}{3}$，
由勾股定理可求得：ME²=（2$\sqrt{3}$）²+（$\frac{4\sqrt{3}-6}{3}$）²=$\frac{64-16\sqrt{3}}{3}$，
∵∠MEN=30°，
∴NP=$\frac{1}{2}$NE=$\frac{1}{2}ME$，
∴△MEN的面積為$\frac{1}{2}$ME•NP=$\frac{1}{4}$ME²=$\frac{16-4\sqrt{3}}{3}$；
若MN=NE時，如圖9，
同理可得：∠KME=∠NEF，
∴△MEK∽△ENF，
∵∠MEN=30°，
∴NP=$\frac{1}{2}$NE，
∴PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$NE，
∵M(jìn)N=NE，NP⊥ME
∴ME=2PE=$\sqrt{3}$NE，
∴$\frac{ME}{NE}=\frac{MK}{EF}$，
∴$\sqrt{3}$=$\frac{MK}{2}$，
∴MK=2$\sqrt{3}$，
∵$\frac{1}{2}$AM•EI=$\frac{1}{2}$AE•MK，
∴AM=4，
此時M與B重合，此情況舍去；
當(dāng)60≤α≤90°時，如圖10
此時只能ME=NE，
∵EI⊥AB，
∴∠NEI=$\frac{1}{2}$∠MEN=15°，
∴tan15°=$\frac{NI}{EI}$，
∴NI=EI•tan15°=4$\sqrt{3}$-6，
∴MN=2NI=8$\sqrt{3}$-12，
∴△MNE的面積為$\frac{1}{2}$MN•EI=24-12$\sqrt{3}$
綜上所述，當(dāng)△MEN為等腰三角形時，此時△MEN的面積為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{16-4\sqrt{3}}{3}$或24-12$\sqrt{3}$．

點評 本題考查四邊形的綜合題，涉及矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，分類討論的思想，綜合程度較高，需要學(xué)生靈活運用所學(xué)知識進(jìn)行解答．