Question

5．在直角梯形ABCD中，∠A=90°，AB∥DC，AB=6，AD=DC=3．
（1）如圖1，點E是AB上的一點，以AE為邊在梯形ABCD內(nèi)作正方形AEFG，當(dāng)正方形的頂點F恰好落在對角線BD上時，求線段AE的長；
（2）如圖2，將（1）中的正方形AEFG沿AB向右平移，記平移后的正方形為A₁E₁F₁G₁，當(dāng)點E₁與點B重合時停止移動．設(shè)平移的距離為s，正方形A₁E₁F₁G₁的邊E₁F₁與BD的交于點M，A₁G₁所在的直線與BD的交于點N，連接A₁M．
①證明：在上述平移過程中，線段MN的長為定值，并確定s的值，使得△A₁MN是等腰三角形；
②在上述平移過程中，當(dāng)正方形A₁E₁F₁G₁與△BCD的重疊部分是五邊形時，請你在圖3中畫出一個滿足條件的五邊形，并直接寫出s的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)AE=x，則EF=x，BE=6-x，證明△BEF∽△BAD，利用相似比得到$\frac{6-x}{6}$=$\frac{x}{3}$，然后根據(jù)比例性質(zhì)求出x即可；
（2）①作MP⊥A₁N于P，如圖2，在Rt△ABD中利用勾股定理計算出BD=3$\sqrt{5}$，根據(jù)平移和矩形的性質(zhì)易得MP=A₁E₁=2，再證明△MNP∽△BDA，則利用相似比可計算出MN=$\sqrt{5}$；
分類討論：當(dāng)MN=MA₁=$\sqrt{5}$時，在Rt△A₁E₁M中利用勾股定理可計算出ME₁=1，再證明△BME₁∽△BDA，則利用相似比可計算出BE₁=2，然后計算AA₁即可得到對應(yīng)s的值；當(dāng)NM=NA₁=$\sqrt{5}$時，利用△BNA₁∽△BDA，可計算出BA₁=2$\sqrt{5}$，則s=AA₁=AB-BA₁=6-2$\sqrt{5}$；當(dāng)A₁M=A₁N時，作A₁H⊥MN于H，如圖2，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得NH=$\frac{1}{2}$MN=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，證明△NHA₁∽△DAB，利用相似比可計算出NA₁=$\frac{5}{2}$，接著證明△BNA₁∽△BDA，利用相似比計算出BA₁=5，則s=AA₁=1；
②作CI⊥AB于I，如圖3（1），則AI=CD=3，而BI=AB-AI=3，則△BIC為等腰直角三角形，所以∠CBI=45°，當(dāng)正方形，A₁E₁F₁G₁的頂點G₁落在BC上時，如圖3（1），通過證明△BG₁A₁∽△BDA，再利用相似比可計算出BA₁=4，得到BE₁=2，此時s=AA₁=2，由于F₁E₁=2，則可判斷F₁點落在BC上，所以當(dāng)2＜s＜4時，正方形A₁E₁F₁G₁與△BCD的重疊部分是五邊形，如圖3（2）．

解答 （1）解：設(shè)AE=x，則EF=x，BE=6-x，
∵EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴$\frac{BE}{BA}$=$\frac{EF}{AD}$，即$\frac{6-x}{6}$=$\frac{x}{3}$，解得x=2，
即線段AE的長為2；
（2）①證明：作MP⊥A₁N于P，如圖2，
在Rt△ABD中，BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵正方形AEFG沿AB向右平移得到正方形為A₁E₁F₁G₁，
∴MP=A₁E₁=2，
∵PM∥AB，
∴△MNP∽△BDA，
∴$\frac{MN}{BD}$=$\frac{MP}{BA}$，即$\frac{MN}{3\sqrt{5}}$=$\frac{2}{6}$，解得MN=$\sqrt{5}$，
∴在上述平移過程中，線段MN的長為定值；
當(dāng)MN=MA₁=$\sqrt{5}$時，在Rt△A₁E₁M中，ME₁=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}-{2}^{2}}$=1，
∵ME₁∥AD，
∴△BME₁∽△BDA，
∴$\frac{B{E}_{1}}{BA}$=$\frac{M{E}_{1}}{AD}$，即$\frac{B{E}_{1}}{6}$=$\frac{1}{3}$，解得BE₁=2，
∴s=AA₁=6-2-2=2；
當(dāng)NM=NA₁=$\sqrt{5}$時，
∵NA₁∥AD，
∴△BNA₁∽△BDA，
∴$\frac{B{A}_{1}}{BA}$=$\frac{N{A}_{1}}{DA}$，即$\frac{B{A}_{1}}{6}$=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，解得BA₁=2$\sqrt{5}$，
∴s=AA₁=6-2$\sqrt{5}$；
當(dāng)A₁M=A₁N時，作A₁H⊥MN于H，如圖2，則NH=$\frac{1}{2}$MN=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∵NA₁∥AD，
∴∠A₁NH=∠ADB，
∴△NHA₁∽△DAB，
∴$\frac{N{A}_{1}}{DB}$=$\frac{NH}{DA}$，即$\frac{N{A}_{1}}{3\sqrt{5}}$=$\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}}{3}$，解得NA₁=$\frac{5}{2}$，
∵NA₁∥AD，
∴△BNA₁∽△BDA，
∴$\frac{B{A}_{1}}{BA}$=$\frac{N{A}_{1}}{DA}$，即$\frac{B{A}_{1}}{6}$=$\frac{\frac{5}{2}}{3}$，解得BA₁=5，
∴s=AA₁=6-5=1；
②作CI⊥AB于I，如圖3（1），則AI=CD=3，而BI=AB-AI=6-3=3，
∴BI=CI，
∴△BIC為等腰直角三角形，
∴∠CBI=45°，
當(dāng)正方形，A₁E₁F₁G₁的頂點G₁落在BC上時，如圖3（1），
∵G₁A₁∥AD，
∴△BG₁A₁∽△BDA，
∴$\frac{{G}_{1}{A}_{1}}{AD}$=$\frac{B{A}_{1}}{BA}$，即$\frac{2}{3}$=$\frac{B{A}_{1}}{6}$，解得BA₁=4，
∴BE₁=2，此時s=AA₁=2，
而F₁E₁=2，
∴F₁點落在BC上，
當(dāng)正方形A₁E₁F₁G₁與△BCD的重疊部分是五邊形時，2＜s＜4，如圖3（2）．

點評 本題考查了幾何變換綜合題：熟練掌握平移的性質(zhì)、直角梯形和正方形的性質(zhì)；靈活運用相似三角形的判定與性質(zhì)計算線段的長；會利用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題；取特殊位置找到解決幾何變換的突破口．