Question

7．如圖，在Rt△ABC中，AB=AC=$\frac{1}{2}$．一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)C即停止．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC與Rt△ABC的直角邊相交于點(diǎn)D，延長(zhǎng)PD至點(diǎn)Q，使得PD=QD，以PQ為斜邊在PQ左側(cè)作等腰直角三角形PQE．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)△ABC與△PQE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)系式以及相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（2）當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，連結(jié)AQ、AP，是否存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形？若存在，求出對(duì)應(yīng)的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）當(dāng)t=4秒時(shí)，以PQ為斜邊在PQ右側(cè)作等腰直角三角形PQF，將四邊形PEQF繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)，PE與線段AB相交于點(diǎn)M，PF與線段AC相交于點(diǎn)N．試判斷在這一旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，四邊形PMAN的面積是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化，求出四邊形PMAN的面積y與PM的長(zhǎng)x之間的函數(shù)關(guān)系式以及相應(yīng)的自變量x的取值范圍；若不發(fā)生變化，求出此定值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)PQ過(guò)A時(shí)求出t=4，當(dāng)E在AB上時(shí)求出t=$\frac{16}{3}$，當(dāng)P到C點(diǎn)時(shí)t=8，即分為三種情況：根據(jù)三角形面積公式求出當(dāng)0＜t≤4時(shí)，S=$\frac{1}{4}$t²，當(dāng)4＜t≤$\frac{16}{3}$時(shí)，S=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16，當(dāng)$\frac{16}{3}$＜t＜8時(shí)，S=$\frac{3}{4}$t²-12t+48；
（2）存在，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，求出QD=PD=t，PD=2t，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，PH=BH-BP=4-t，在Rt△APH中求出AP的長(zhǎng)，分AP=PQ、AQ=PQ、AQ=PQ、AP=AQ四種情況列出方程，求出方程的解即可；
（3）四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化，連接AP，此時(shí)t=4秒，求出S_{四邊形PMAN}=S_△APM+S_△APN=S_△CPN+S_△APN=S_△ACP=$\frac{1}{2}$×CP×AP=8．

解答 解：（1）當(dāng)0＜t≤4時(shí)，S=$\frac{1}{4}$t²．
當(dāng)4＜t≤$\frac{16}{3}$時(shí)，S=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16．
當(dāng)$\frac{16}{3}$＜t＜8時(shí)，S=$\frac{3}{4}$t²-12t+48．

（2）存在，理由如下：
當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=$\frac{1}{2}$（180°-∠BAC）=45°．
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，∴∠BDP=45°．
∴PD=BP=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=QD+PD=2t．
如圖1，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．
∵AB=AC，
∴BH=CH=$\frac{1}{2}$BC=4，AH=BH=4，
∴PH=BH-BP=4-t．
在Rt△APH中，AP=$\sqrt{A{H^2}+P{H^2}}=\sqrt{{t^2}-8t+32}$．
（�。┤鬉P=PQ，則有$\sqrt{{t^2}-8t+32}$=2t．
解得：t₁=$\frac{{4\sqrt{7}-4}}{3}$，t₂=$\frac{{-4\sqrt{7}-4}}{3}$（不合題意，舍去）．
（ⅱ）若AQ=PQ，如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AP于點(diǎn)G．
∵∠BPQ=∠BHA=90°，
∴PQ∥AH．
∴∠APQ=∠PAH．
∵QG⊥AP，
∴∠PGQ=90°，
∴∠PGQ=∠AHP=90°，
∴△PGQ∽△AHP．
∴$\frac{PG}{AH}=\frac{PQ}{AP}$，即$\frac{PG}{4}=\frac{2t}{{\sqrt{{t^2}-8t+32}}}$，
∴PG=$\frac{8t}{{\sqrt{{t^2}-8t+32}}}$．
若AQ=PQ，由于QG⊥AP，則有AG=PG，即PG=$\frac{1}{2}$AP，
即$\frac{8t}{{\sqrt{{t^2}-8t+32}}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{t^2}-8t+32}$．
解得：t₁=12-$4\sqrt{7}$，t₂=12+$4\sqrt{7}$（不合題意，舍去）．
（ⅲ）若AP=AQ，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥PQ于點(diǎn)T．
易知四邊形AHPT是矩形，故PT=AH=4．
若AP=AQ，由于AT⊥PQ，則有QT=PT，
即PT=$\frac{1}{2}$PQ，即4=$\frac{1}{2}$×2t．
解得t=4．
當(dāng)t=4時(shí)，A、P、Q三點(diǎn)共線，△APQ不存在，故t=4舍去．
綜上所述，存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形，即t₁=$\frac{{4\sqrt{7}-4}}{3}$秒或t₂=（12-$4\sqrt{7}$）秒．

（3）四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化．
理由如下：∵等腰直角三角形PQE已知，
∴∠EPQ=45°．
∵等腰直角三角形PQF已知，
∴∠FPQ=45°．
∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°．
連結(jié)AP，如圖2．
∵此時(shí)t=4秒，
∴BP=4×1=4=$\frac{1}{2}$BC，
∴點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AP⊥BC，AP=$\frac{1}{2}$BC=CP=BP=4，∠BAP=∠CAP=$\frac{1}{2}$∠BAC=45°．
∴∠APC=90°，∠C=45°．
∴∠C=∠BAP=45°．
∵∠APC=∠CPN+∠APN=90°，
∠EPF=∠APM+∠APN=90°，
∴∠CPN=∠APM．
∴△CPN≌△APM．
∴S_△CPN=S_△APM．
∴S_{四邊形PMAN}=S_△APM+S_△APN=S_△CPN+S_△APN=S_△ACP=$\frac{1}{2}$×CP×AP=$\frac{1}{2}$×4×4=8．
∴四邊形PMAN的面積不發(fā)生變化，此定值為8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角形面積，相似三角形的性質(zhì)和判定，三角形內(nèi)角和定理，等腰直角三角形等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，用了分類討論思想和方程思想，難度偏大．