Question

5．已知，如圖1，在矩形ABCD中，AB=2$\sqrt{3}$，AD=6．以AB為斜邊在矩形ABCD的內(nèi)部作Rt△ABE，使∠AEB=90°，∠ABE=30°．將△ABE以每秒1個(gè)長(zhǎng)度單位的速度沿AD向右平行移動(dòng)，至AB與DC重合時(shí)停止．設(shè)移動(dòng)的時(shí)間為t秒，△ABE與△BDC重疊部分的面積為S．
（1）當(dāng)移動(dòng)時(shí)間t=3秒時(shí)，點(diǎn)E落在矩形ABCD的對(duì)角線BD上；
（2）請(qǐng)直接寫(xiě)出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出相應(yīng)t的取值范圍；
（3）如圖2，當(dāng)△ABE停止移動(dòng)時(shí)得到△DCE，將△DCE繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)α（0°＜α≤180°）角度，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C₁，E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E₁，設(shè)直線C₁E₁與直線BC交于點(diǎn)M、與直線BD交于點(diǎn)N．是否存在這樣的α，使得△BMN為等腰三角形？若存在，求出α的度數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ABE中，解直角三角形即可求得BE=3，進(jìn)而求得BE=EE′=3，即可求得t的值；
（2）在△AED向右平移的過(guò)程中：
（I）當(dāng)0≤t≤13時(shí)，如圖2所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)三角形；
（II）當(dāng)3＜t≤4.5時(shí)，如圖3所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)四邊形；
（III）當(dāng)4.5＜t≤6時(shí)，如圖4所示，此時(shí)重疊部分為一個(gè)五邊形．
（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)和等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行探究，結(jié)論是：存在α（45°或135°或90°或180°），使△BMN為等腰三角形．如圖5、圖6所示．

解答 解：（1）如圖1，設(shè)點(diǎn)E′是平移后點(diǎn)E落在矩形ABCD的對(duì)角線BD上的點(diǎn)，連接EE′，則EE′∥BC，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=2$\sqrt{3}$，AD=6．
在Rt△ABD中，tan∠ABD=$\frac{AD}{AB}$=$\frac{6}{2\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠ABD=60°，
∵∠ABE=30°，
∴∠EBD=30°，∠DBC=30°，
∵EE′∥BC，
∴∠EE′B=30°，
∴∠EBD=∠EE′B，
∴BE=EE′，
在Rt△ABE中，∠ABE=30°，AB=2$\sqrt{3}$，
∴BE=AB•cos30°=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3，
∴EE′=3，
∴t=3．
故答案為3；
（2）在△AED向右平移的過(guò)程中：
（I）當(dāng)0≤t≤3時(shí)，如圖2所示，此時(shí)重疊部分為△MNG，則BM=t，

∵M(jìn)N∥CD，
∴$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MN}{CD}$，即$\frac{t}{6}$=$\frac{MN}{2\sqrt{3}}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
由（1）可知BM=MG，
∴MG=t，
∵∠DBC=30°，
∴GH=$\frac{1}{2}$MG=$\frac{1}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•GH=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$•$\frac{1}{2}$t=$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²；
（II）當(dāng)3＜t≤4.5時(shí)，如圖3所示，此時(shí)重疊部分為四邊形BMKG．

∵BM=t，∠DBC=30°，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，∠BNM=60°，
∴HN=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∵∠MHK=60°，
∴HG=NG=HN=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∴S_△GHN=$\frac{1}{2}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²
∴S=S_△ABE-S_△GHN=$\frac{1}{2}$×$3×\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²+$\sqrt{3}$t-$\frac{3}{2}$$\sqrt{3}$；
（III）當(dāng)4.5＜t≤6時(shí)，如圖4所示，此時(shí)重疊部分為五邊形MHGQP．

∵BM=AN=t，∴MC=ND=6-t，
∴CH=$\sqrt{3}$MC=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，DG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$ND=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∵S_△NPQ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²，
∴S=S_矩形MNDC-S_△NPQ
=-S_△NGD-S_△MCN
=2$\sqrt{3}$（6-t）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²-$\frac{1}{2}$（6-t）×（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）-$\frac{1}{2}$（6-t）×$（6\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）
=-$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t²+7$\sqrt{3}$t-15$\sqrt{3}$．
綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{12}{t}^{2}（0≤t≤3）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{12}{t}^{2}+\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}（3＜t≤4.5）}\\{-\frac{3\sqrt{3}}{4}{t}^{2}+7\sqrt{3}t-15\sqrt{3}（4.5＜t≤6）}\end{array}\right.$．

（3）存在α，使△BMN為等腰三角形．
理由如下：經(jīng)探究，得△BPQ∽△B₁QC，
故當(dāng)△BPQ為等腰三角形時(shí)，△B₁QC也為等腰三角形．
（I）當(dāng)BM=BN時(shí)，如圖5（1），

∵BM=BN，
∴∠DBC=30°，
∴∠N=∠BMN=15°，
∴∠CDE₁=15°
∴α=45°；
如圖5（2），

∵BM=BN，∠DBC=30°，
∴∠BNM=75°，
∴∠NDE₁=15°
∴α=15°+120°=135°；

（II）當(dāng)BN=MN時(shí)，如圖6（1），

則∠DBC=∠M=30°，
∴∠DNE₁=60°，
∴∠NDE₁=30°，
∴∠CDE₁=30°，
∴α=60°+30°=90°；
如圖6（2），

∵BM=MN，
∴∠DBC=∠MNB=30°，
∴∠NDE₁=60°，
∴α=60°+60°+60°=180°；
綜上所述，存在α=45°或135°或90°或180°，使△BMN為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了運(yùn)動(dòng)型與幾何變換綜合題，難度較大．難點(diǎn)在于：其一，第（2）問(wèn)的運(yùn)動(dòng)型問(wèn)題中，分析三角形的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確不同時(shí)段的重疊圖形形狀，是解題難點(diǎn)；其二，第（3）問(wèn)的存在型問(wèn)題中，探究出符合題意的旋轉(zhuǎn)角，并且做到不重不漏，是解題難點(diǎn)；其三，本題第（2）問(wèn)中，計(jì)算量很大，容易失分．