Question

1．如圖1，菱形ABCD中，AB=5，AE⊥BC于E，AE=4．一個動點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BC方向運動，過點P作PQ⊥BC，交折線段BA-AD于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線BC上，當P點到達C點時，運動結(jié)束．設(shè)點P的運動時間為t秒（t＞0）．
（1）求出線段BD的長，并求出當正方形PQMN的邊PQ恰好經(jīng)過點A時，運動時間t的值；
（2）在整個運動過程中，設(shè)正方形PQMN與△BCD的重合部分面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量的取值范圍；
（3）如圖2，當點M與點D重合時，線段PQ與對角線BD交于點O，將△BPO繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)α°（0＜α＜180），記旋轉(zhuǎn)中的△BPO為△B′P′O，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)直線B′P′與直線BC交于G，與直線BD交于點H，是否存在這樣的G、H兩點，使△BGH為等腰三角形？若存在，求出此時OH²的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點D作DK⊥BC延長線于K．由夾在兩條平行線間的平行線斷相等可知DK=AE=4，依據(jù)勾股定理可求得CK的長，然后在△BKD中，依據(jù)勾股定理可求得BD的長；在Rt△ABE中，依據(jù)勾股定理可求得BE=3，從而可求得t的值；
（2）當點N在BC上時，如圖2所示：過點F作FG⊥AB，垂足為G．先依據(jù)勾股定理求得BE的長，從而得到tan∠ABE的值，接下來，可利用含t的式子表示出PQ、PN的長，然后依據(jù)角平分線的性質(zhì)可證明FG=FE，然后依據(jù)面積法可求得EF的長，于是可求得tan∠DBP的值，從而可用含t的式子表示出PH、IN的長，然后依據(jù)梯形的面積公式可求得S與t的函數(shù)關(guān)系；如圖3所示：依據(jù)S=S_{四邊形HPNI}-S_△CNG求解即可；如圖4所示：依據(jù)S=S_{四邊形HPNI}-S_△CNG求解即可；如圖5所示：過點C作CF⊥BC，交DB與點F，交AD于點G．依據(jù)S=S_{四邊形HPCF}+S_△DFC求解即可；
（3）當點M與點D重合時，先求得PO和BO的長，如圖6所示：當HB=HG時．先證明HO=HB'．然后在Rt△OHP′中，由勾股定理可知：可求得OH的長，從而可求得答案；如圖7所示：當GB=GH時．點G與點C重合，點H與點D重合，故此可得到OH=2$\sqrt{5}$；如圖8所示：當BH=BG時．先證明OB′=HB′=OB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知求得P′B′、OP′的長，從而可求得HP′的長，最后在△OHP′中，依據(jù)勾股定理可求得OH的長；如圖9所示：當BH=BG時．

解答 解：（1）如圖1所示：過點D作DK⊥BC延長線于K．

∵AE∥DK，AD∥EC，
∴DK=AE=4．
∵Rt△DKC中，CD=5，DK=4，
∴CK=3，
∴BK=5+3=8，
∴Rt△DBK中，BD=$\sqrt{{8}^{2}-{4}^{2}}$=4$\sqrt{5}$．
∵在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，
∴BE=3，
∴當點Q與點A重合時，t=3．
（2）①當點N在BC上時，如圖2所示：過點F作FG⊥AB，垂足為G．

∵在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，
∴BE=$\sqrt{A{B}^{2}-A{E}^{2}}$=3．
∵AE∥PQ，
∴$\frac{PQ}{BP}=\frac{AE}{BE}$，
∴$\frac{PQ}{t}=\frac{4}{3}$，
∴PQ=PN=$\frac{4}{3}$t，BN=$\frac{7}{3}$t．
∵四邊形ABCD為菱形，
∴BD是∠ABC的平分線．
又∵FE⊥BC，F(xiàn)G⊥AB，
∴FG=FE．
∴$\frac{1}{2}$BE•EF+$\frac{1}{2}$AB•FG=$\frac{1}{2}$BE•EF+$\frac{1}{2}$AB•EF=$\frac{1}{2}$BE•AE．
∴3EF+5EF=12，解得EF=$\frac{3}{2}$．
∴tan∠DBC=$\frac{1}{2}$．
∴PH=$\frac{1}{2}$t，NI=$\frac{7}{6}$t．
∴S=$\frac{1}{2}$（PH+IN）•PN=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$t+$\frac{7}{6}$t）•$\frac{4}{3}$t=$\frac{10}{9}$t²．
∵當點N在BC上，
∴PN≤5，即$\frac{7}{3}$t≤5，解得t≤$\frac{15}{7}$．
∴當0＜t≤$\frac{15}{7}$時，S=$\frac{10}{9}$t²．
當$\frac{15}{7}$＜t≤3時，如圖3所示：

∵BN=$\frac{7}{3}$t，BC=5，
∴CN=$\frac{7}{3}$t-5．
∴GN=$\frac{4}{3}$CN．
∴S=S_{四邊形HPNI}-S_△CNG=$\frac{10}{9}$t²-$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{3}$×（$\frac{7}{3}$t-5）²=-$\frac{68}{27}$t²+$\frac{140}{9}$t-$\frac{50}{3}$（$\frac{15}{7}$＜t≤3）．
如圖4所示：

∵PB=t，PN=4，
∴BN=t+4，CN=t+4-5=t-1．
∴PH=$\frac{1}{2}$t，IN=$\frac{1}{2}$t+2．
∴S=S_{四邊形HPNI}-S_△CNG=$\frac{1}{2}$×4×（$\frac{1}{2}$t+$\frac{1}{2}$t+2）-$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{3}$（t-1）²=-$\frac{2}{3}$t²+$\frac{10}{3}$t+$\frac{10}{3}$（3＜t≤4）．
如圖5所示：過點C作CF⊥BC，交DB與點F，交AD于點G．

∵BC=5，BP=t，
∴PH=$\frac{1}{2}$t，F(xiàn)C=$\frac{5}{2}$，PC=5-t．
∵AG=EC=2，
∴DG=3．
∴S=S_{四邊形HPCF}+S_△DFC=$\frac{1}{2}$×（$\frac{1}{2}$t+$\frac{5}{2}$）（5-t）+$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×3=-$\frac{1}{4}$t2+10（4＜t≤5）．
綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為$S=\left\{\begin{array}{l}\frac{10}{9}{t^2}（0＜t≤\frac{15}{7}）\\-\frac{68}{27}{t^2}+\frac{140}{9}t-\frac{50}{3}（\frac{15}{7}＜t≤3）\\-\frac{2}{3}{t^2}+\frac{10}{3}t+\frac{10}{3}（3＜t≤4）\\-\frac{1}{4}{t^2}+10（4＜t≤5）\end{array}\right.$．
（3）當點M與點D重合時．
BP=QM=4，∠BPO=∠MQO，∠BOP=∠MOQ
∴△BPO≌△MQO
∴PO=2，BO=$2\sqrt{5}$
如圖6所示：當HB=HG時．

∵HB=HG，
∴∠HBC=∠HGB．
∵由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠HBC=∠OB′P′，
∴∠OB′P′=∠HGB．
∴OB'∥BG．
∴∠HOB′=∠HB′O．
∴HO=HB'．
設(shè)HO=HB'=x，則
在Rt△OHP′中，由勾股定理可知：OH²=OP′²+HP′²，即x²=2²+（4-x）²，
解得：$x=\frac{5}{2}$
∴$O{H^2}=\frac{25}{4}$．
如圖7所示：當GB=GH時．

∵GB=GH，
∴∠GBH=∠GHB
∴此時，點G與點C重合，點H與點D重合
∴OH²=OD²=（2$\sqrt{5}$）²=20．
如圖8所示：當BH=BG時．

∵BH=BG，
∴∠BGH=∠BHG．
∵∠HBG=∠B'，
∴∠HOB'=∠OHB'
∴HB'=OB'=$2\sqrt{5}$，
∴HP'=$2\sqrt{5}-4$．
∴$O{H^2}={2^2}+{（2\sqrt{5}-4）^2}=40-16\sqrt{5}$．
如圖9所示：當BH=BG時．

∵BH=BG，
∴∠BGH=∠H
∴∠OBG=∠OB'P'=2∠H
∴∠HOB'=∠H
∴HB'=OB'=$2\sqrt{5}$，
∴HP'=$2\sqrt{5}+4$．
∴$O{H^2}={2^2}+{（2\sqrt{5}+4）^2}=40+16\sqrt{5}$．
綜上所述，當$O{H^2}=\frac{25}{4}$、20、$40-16\sqrt{5}$、$40+16\sqrt{5}$時，△BGH為等腰三角形．

點評 本題是一道幾何變形的綜合題，解答本題主要應(yīng)用了勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判斷，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形是解題的關(guān)鍵．