Question

2．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=12，D、E分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，連結(jié)DE，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線AE-ED-DB運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)B停止．點(diǎn)P在折線AE-ED上以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，在DB上以每秒$\sqrt{5}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，以PQ為邊在PQ右側(cè)作正方形PQMN，使點(diǎn)M落在線段BC上．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求正方形PQMN的頂點(diǎn)N落在AB邊上時(shí)對(duì)應(yīng)的t的值；
（2）連結(jié)BE，設(shè)正方形PQMN與△BED重疊部分圖形的面積為S，請(qǐng)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t的取值范圍；
（3）當(dāng)正方形PQMN頂點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)E重合時(shí)，將正方形PQMN繞點(diǎn)Q逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得正方形P₁QM₁N₁，問在直線DE與直線AC上是否存在點(diǎn)G和點(diǎn)H，使△GHP₁是等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)求出EG的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）分兩種情形，①當(dāng)點(diǎn)P在AE上時(shí)，由△APN∽△ACB可以解決問題，②當(dāng)點(diǎn)P在ED上時(shí)，PN=3，求出AE+EP即可；
（2）當(dāng)0＜t≤3時(shí)，重疊部分圖形為三角形，當(dāng)3≤t≤6時(shí)，重疊部分圖形為直角梯形，當(dāng)6＜t≤9，重疊部分是五邊形，當(dāng)9＜t≤12，重疊部分是梯形，分四種情況分別求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式即可；
（3）分三種情形討論：①當(dāng)∠P₁GH=90°，②當(dāng)∠P₁HG=90°，③當(dāng)∠GP₁H=90°，分別進(jìn)行分析判斷．

解答 解：（1）①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在AE上時(shí)，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ACB，
∴$\frac{AP}{AC}=\frac{PN}{BC}$，即$\frac{t}{6}$=$\frac{6-t}{12}$，
∴t=2；
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在ED上時(shí)，PN=3，
∴AE+EP=3+（6-3）=6，
∴t=6÷1=6；
綜上，當(dāng)t的值為2或6秒時(shí)，正方形PQMN的頂點(diǎn)N落在AB邊上；

（2）如圖，當(dāng)0＜t≤3時(shí)，重疊部分圖形為三角形EGF，

由AP=t可得，PC=PN=EG=6-t，
由△EGF∽△BCE可得，$\frac{GF}{EG}=\frac{EC}{BC}$
即$\frac{GF}{6-t}=\frac{3}{12}$，
∴GF=$\frac{3}{2}-\frac{t}{4}$，
∴S=$\frac{1}{2}$×（6-t）×（$\frac{3}{2}-\frac{t}{4}$）=$\frac{1}{8}{t}^{2}-\frac{3}{2}t+\frac{9}{2}$（0＜t≤3）；
如圖，當(dāng)3≤t≤6時(shí)，重疊部分圖形為直角梯形PNFH，

由AE+EP=t可得，EP=t-3，
由△EPH∽△BCE∽△ENF可得，PH=$\frac{t-3}{4}$，NF=$\frac{t}{4}$，
∴S=$\frac{1}{2}$×3×（$\frac{t-3}{4}$+$\frac{t}{4}$）=$\frac{3}{4}t-\frac{9}{8}$（3≤t≤6）；
如圖，當(dāng)6＜t≤9，重疊部分是五邊形PDKFH，

由AE+EP=t可得，EP=t-3，
由△EPH∽△BCE∽△ENF可得，PH=$\frac{t-3}{4}$，NF=$\frac{t}{4}$，
DN=t-3+3-6=t-6，由△DNK∽△DEA可得，NK=$\frac{t-6}{2}$，
∴S=S_梯形PNFH-S_△DNK=（$\frac{3}{4}t-\frac{9}{8}$）-$\frac{1}{2}$×（t-6）×$\frac{t-6}{2}$=-$\frac{1}{4}{t}^{2}$+$\frac{15}{4}t$-$\frac{81}{8}$（6＜t≤9）；
如圖，當(dāng)9＜t≤12，重疊部分是梯形PKFH，

由DP=$\sqrt{5}$（t-9），△DRP∽△DEA可得，DR=2（t-9），RP=t-9，
由△ERH∽△BCE可得，RH=$\frac{t}{2}-3$，
∴PH=6-$\frac{1}{2}$t，
∵PQ=3-RP=12-t，
∴PN=12-t，
由△PNK∽△DEA可得，NK=6-$\frac{t}{2}$，
∵BM=BC-QC-QM=12-t，
∴又△FBM∽△ECB可得，F(xiàn)M=3-$\frac{t}{4}$，
∴KF=3-$\frac{t}{4}$，
∴S=$\frac{[（3-\frac{t}{4}）+（6-\frac{t}{2}）]×（12-t）}{2}$=$\frac{3}{8}{t}^{2}-9t+54$（9＜t≤12）；
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{8}{t}^{2}-\frac{3}{2}t+\frac{9}{2}（0＜t≤3）}\\{\frac{3}{4}t-\frac{9}{8}（3＜t≤6）}\\{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{15}{4}t-\frac{81}{8}（6＜t≤9）}\\{\frac{3}{8}{t}^{2}-9t+54（9＜t≤12）}\end{array}\right.$；
（3）存在．
理由：過P₁作P₁S⊥AC于S，P₁R⊥DE于R，
∵∠P₁QS=60°，P₁Q=3，
∴P₁S=RE=$\frac{3}{2}\sqrt{3}$，QS=$\frac{3}{2}$，
∴P₁R=SE=$\frac{3}{2}$．
①當(dāng)∠P₁GH=90°時(shí)，如圖：

可證△P₁RG≌△GEH，
則EG=P₁R=$\frac{3}{2}$；
如圖：

同理可得EG=P₁R=$\frac{3}{2}$．
②當(dāng)∠P₁HG=90°時(shí)，如圖：

可證△P₁SH≌△HEG，
∴EH=P₁S=$\frac{3}{2}\sqrt{3}$，EG=SH，
∴EG=EH+SE=$\frac{3}{2}\sqrt{3}+\frac{3}{2}$，
或如圖：

EG=EH-SE=$\frac{3}{2}\sqrt{3}-\frac{3}{2}$；
③當(dāng)∠GP₁H=90°時(shí)，
∵P₁S≠P₁R，∴△P₁SH與△P₁RG不可能全等．
∴P₁H≠P₁G，∴不成立．
綜上所述，EG的長為$\frac{3}{2}$或$\frac{3}{2}\sqrt{3}+\frac{3}{2}$或$\frac{3}{2}\sqrt{3}-\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題以旋轉(zhuǎn)為背景，主要考查了相似形的綜合應(yīng)用、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，難度較大．解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意正確畫出圖形，并學(xué)會(huì)利用分割法求面積．此外要注意分類討論思想在解題中的運(yùn)用，分類時(shí)做到不重復(fù)，不遺漏．