Question

17．矩形ABCD中，AB=12，BC=25，E為BC上一點(diǎn)（BE＞EC）且AE⊥DE，F(xiàn)為BE上一點(diǎn)，EF=7，連接AF．G為ED上一點(diǎn)，EG=6，過G作GH⊥ED交BC延長(zhǎng)線于H，將△EGH以每秒1個(gè)單位的速度沿EB向點(diǎn)B勻速移動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿AD向點(diǎn)D勻速移動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)中的△EGH為△E′G′H′，當(dāng)E′到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，△E′G′H′與點(diǎn)P同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)中的E′G′所在直線與AE相交于Q，與AF相交于M，當(dāng)PA=PQ時(shí)，QM=$\frac{35}{9}$．

Answer 1

分析 設(shè)CE=x，則BE=25-x，先證明△ABE∽△ECD，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，得出$\frac{25-x}{12}=\frac{12}{x}$，解方程即可求出CE、BE，根據(jù)勾股定理求出AE，直角三角形三邊比都為：3：4：5，過點(diǎn)P作PK⊥AQ于K；則AK=$\frac{4}{5}$t，由等腰三角形的性質(zhì)求出AQ、QE，由$\frac{5}{4}$QE=EE′得出方程，解方程求出t，得出EE′、E′Q，證出G′E′=G′F，過M作MJ⊥BC于J，根據(jù)等腰三角形的三線合一性質(zhì)得出E′J=$\frac{1}{2}$E′F=$\frac{2}{3}$，求出E′M，即可得出QM．

解答 解：設(shè)CE=x，則BE=25-x；
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=12，∠B=∠BCD=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED=90°，
∴∠AEB+∠DEC=90°，
∴∠BAE=∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，
∴$\frac{BE}{CD}=\frac{AB}{CE}$，
即$\frac{25-x}{12}=\frac{12}{x}$，
解得：x=16，或x=9，
∵CE＜BE，
∴CE=9，BE=16，
∴AE=$\sqrt{1{2}^{2}+1{6}^{2}}$=20，
∴AB：BE：AE=3：4：5，
∴Rt△ABE、Rt△ECD、Rt△ADE的三邊比都為：3：4：5；
過點(diǎn)P作PK⊥AQ于K，如圖所示：
則AP=t，AK=$\frac{4}{5}$t，
∵PA=PQ，
∴AK=QK，
∴AQ=2AK=$\frac{8}{5}$t，
∴QE=20-$\frac{8}{5}$t，
∵GG′=HH′=EE′=t，
∴$\frac{5}{4}$QE=EE′，
即$\frac{5}{4}$（20-$\frac{8}{5}$t）=t，
解得：t=$\frac{25}{3}$，
∴EE′=$\frac{25}{3}$，
∴E′Q=$\frac{25}{3}$×$\frac{5}{3}$=5，
∵EF=7，
∴BF=16-7=9，E′F=EE′-EF=$\frac{25}{3}$-7=$\frac{4}{3}$，
∴AF=$\sqrt{{9}^{2}+1{2}^{2}}$=15，
∴sin∠AFB=$\frac{12}{15}$=$\frac{4}{5}$=sin∠QE′E，
∴∠AFB=∠QE′E，
∴G′E′=G′F，
過M作MJ⊥BC于J，
則E′J=$\frac{1}{2}$E′F=$\frac{2}{3}$，
∴E′M=$\frac{2}{3}$×$\frac{5}{3}$=$\frac{10}{9}$，
∴QM=5-$\frac{10}{9}$=$\frac{35}{9}$．′

點(diǎn)評(píng) 本題是相似形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識(shí)；本題難度較大，綜合性強(qiáng)，需要通過作輔助線運(yùn)用三角函數(shù)和勾股定理才能得出結(jié)果．