Question

1．已知直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AB∥CD，AB=11，CD=6，BC=$\frac{5}{2}$，在Rt△EFG中，∠GEF=90°，EF=3，tanG=$\frac{1}{2}$，將△EFG與直角梯形ABCD如圖（1）擺放，使點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，EF與AB重合，△EFG與梯形ABCD在直線AB的同側(cè)，現(xiàn)將△EFG沿射線AB向右以每秒1個(gè)單位的速度平移，當(dāng)點(diǎn)C落在線段FG上時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．在平移過(guò)程中，設(shè)△EFG與梯形ABCD的重疊部分的面積為S，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0）．
（1）當(dāng)點(diǎn)D落在線段FG上時(shí)，求出此時(shí)t值；
（2）請(qǐng)直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并注明對(duì)應(yīng)自變量t的取值范圍；
（3）當(dāng)點(diǎn)C落在線段FG上時(shí)，將此時(shí)的△EFG沿FG翻折，得到△HFG，將△HFG繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)直線HG與直線AD交于點(diǎn)M，與直線AB交于點(diǎn)N，是否存在鈍角△AMN為等腰三角形？若存在，求出此時(shí)AN的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）作垂線構(gòu)建平行線，想辦法求出AE的長(zhǎng)，就是t的值；先根據(jù)三角函數(shù)值求GE的長(zhǎng)，再利用平行線分線段成比例得比例式求FH的長(zhǎng)，從而可以求EH的長(zhǎng)，所以AE=AH-EH，得出結(jié)論；
（2）分四種情況討論：①開始的位置，t=0，如圖2，過(guò)M作MN⊥AB于N，過(guò)D作DH⊥AB于H，重疊部分的面積S就是△AFM的面積；②當(dāng)0＜t≤$\frac{13}{4}$時(shí)，如圖3，作輔助線，構(gòu)建高線，重疊部分的面積S=S_△AFM-S_△AEP，計(jì)算即可；③當(dāng)$\frac{13}{4}$＜t＜5時(shí)，如圖4，重疊部分的面積S就是五邊形PDFME的面積；④當(dāng)5≤t＜8時(shí)，如圖5，重疊部分的面積S就是梯形MEFN的面積；⑤當(dāng)8≤t＜$\frac{37}{4}$時(shí)，如圖6，重疊部分的面積S就是五邊形PMQBE的面積；⑥當(dāng)點(diǎn)C落在線段FG上時(shí)，如圖7，t=$\frac{37}{4}$，重疊部分的面積S就是矩形MEBC的面積；
（3）分三種情況進(jìn)行討論，分別以A、M、N為頂角構(gòu)成等腰三角形，要滿足鈍角三角形的有兩種，分別求出AN的長(zhǎng)即可．

解答 解：（1）如圖1，過(guò)D作DH⊥AB于H，則四邊形DHBC為矩形，
∴AH=AB-CD=11-6=5，
在Rt△EFG中，∵EF=3，tanG=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{EF}{GE}=\frac{1}{2}$，即$\frac{3}{GE}=\frac{1}{2}$，
∴GE=6，
∵DH∥GE，
∴$\frac{DH}{GE}=\frac{FH}{EF}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}}{6}=\frac{FH}{3}$，
∴FH=$\frac{5}{4}$，
∴EH=EF=FH=3-$\frac{5}{4}$=$\frac{7}{4}$，
∴AE=AH-EH=5-$\frac{7}{4}$=$\frac{13}{4}$，
∴當(dāng)點(diǎn)D落在線段FG上時(shí)t=$\frac{13}{4}$；
（2）①當(dāng)t=0時(shí)，如圖2，過(guò)M作MN⊥AB于N，過(guò)D作DH⊥AB于H，
由tan∠G=$\frac{1}{2}$得tan∠NMF=$\frac{1}{2}$，設(shè)FN=x，則MN=2x，
∵M(jìn)N∥DH，
∴$\frac{MN}{DH}$=$\frac{EN}{EH}$，
∴$\frac{2x}{\frac{5}{2}}$=$\frac{3-x}{5}$，
∴x=$\frac{3}{5}$，
∴MN=2x=$\frac{6}{5}$，
∴S=S_△EFM=$\frac{1}{2}$EF•MN=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{6}{5}$=$\frac{9}{5}$；
②當(dāng)0＜t≤$\frac{13}{4}$時(shí)，如圖3，過(guò)M作MN⊥AB于N，過(guò)D作DH⊥AB于H，
設(shè)FN=x，則MN=2x，AN=3+t-x，
∵M(jìn)N∥DH，
∴$\frac{MN}{DH}$=$\frac{AN}{AH}$，
∴$\frac{2x}{\frac{5}{2}}=\frac{3+t-x}{5}$，
∴x=$\frac{3+t}{5}$，
∴MN=$\frac{2（3+t）}{5}$，
由題意得：$\frac{DH}{AH}$=$\frac{PE}{AE}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}}{5}$=$\frac{PE}{t}$，
∴PE=$\frac{1}{2}$t，
∴S=S_△AFM-S_△AEP，
=$\frac{1}{2}$AF•MN-$\frac{1}{2}$AE•EP，
=$\frac{1}{2}$（3+t）•$\frac{2（3+t）}{5}$-$\frac{1}{2}$t•$\frac{1}{2}$t，
=-$\frac{1}{20}$t²+$\frac{6}{5}$t+$\frac{9}{5}$；
③當(dāng)$\frac{13}{4}$＜t＜5時(shí)，如圖4，過(guò)M作MN⊥AB于N，過(guò)D作DH⊥AB于H，
∵AE=t，AH=5，
∴FE=$\frac{t}{2}$，eh=5-t，
∵EN=$\frac{7}{4}$，F(xiàn)N=$\frac{5}{4}$，
∴NH=$\frac{7}{4}$-（5-t）=t-$\frac{13}{4}$，
∴S=S_梯形PEHD+S_矩形DHNM+S_△MNF，
=$\frac{1}{2}$×EH×（PE+DH）+DH×NH+$\frac{1}{2}$×MN×FN，
=$\frac{1}{2}$×（5-t）（$\frac{t}{2}$+$\frac{5}{2}$）+$\frac{5}{2}$（t-$\frac{13}{4}$）+$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{5}{4}$，
∴S$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9}{5}（t=0）}\\{-\frac{1}{20}{t}^{2}+\frac{6}{5}t+\frac{9}{5}（0＜t≤\frac{13}{4}）}\\{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{5t}{2}-\frac{5}{16}（\frac{13}{4}＜t＜5）}\\{\frac{95}{16}（5≤t＜8）}\\{{t}^{2}-16t+\frac{1119}{16}（8≤t＜\frac{37}{4}）}\\{\frac{35}{8}（t=\frac{37}{4}）}\end{array}\right.$
④當(dāng)5≤t＜8時(shí)，如圖5，過(guò)N作NH⊥AB于H，
由（1）得：EH=$\frac{7}{4}$，
∴S=S_梯形MEFN=$\frac{1}{2}$（MN+EF）•ME=$\frac{1}{2}$（$\frac{7}{4}$+3）×$\frac{5}{2}$=$\frac{95}{16}$；
⑤當(dāng)8≤t＜$\frac{37}{4}$時(shí)，如圖6，過(guò)M作MN⊥AB于N，
∵PM=$\frac{7}{4}$，
∴PD=$\frac{7}{2}$，
由題意得：BF=AF-AB=3+t-11=8-t，
∴BQ=2BF=2t-16，
∴S=S_△DEF-S_△DPM-S_△BQF，
=$\frac{1}{2}$×3×6-$\frac{1}{2}$×$\frac{7}{4}×\frac{7}{2}$-$\frac{1}{2}$（t-8）（2t-16），
=t²-16t+$\frac{1119}{16}$；
⑥當(dāng)點(diǎn)C落在線段FG上時(shí)，如圖7，EF在直線AB上，
由（1）得：BE=$\frac{7}{4}$，
∴t=AB-BE=11-$\frac{7}{4}$=$\frac{37}{4}$，
當(dāng)t=$\frac{37}{4}$時(shí)，S=S_矩形MEBC=BE•BC=$\frac{7}{4}$×$\frac{5}{2}$=$\frac{35}{8}$；
綜上所述：S與t的函數(shù)關(guān)系式為：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9}{5}（t=0）}\\{-\frac{1}{20}{t}^{2}+\frac{6}{5}t+\frac{9}{5}（0＜t≤\frac{13}{4}）}\\{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{5t}{2}-\frac{5}{16}（\frac{13}{4}＜t＜5）}\\{\frac{95}{16}（5≤t＜8）}\\{{t}^{2}-16t+\frac{1119}{16}（8≤t＜\frac{37}{4}）}\\{\frac{35}{8}（t=\frac{37}{4}）}\end{array}\right.$
（3）①當(dāng)AM=MN時(shí)，鈍角△AMN為等腰三角形，如圖8，
∴∠MAN=∠MNA，
在Rt△FHN中，∵FH=3，
tan∠MNA=tan∠MAN=$\frac{1}{2}$，
∴NH=6，
∴FN=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{45}$=3$\sqrt{5}$，
∴AN=AB+BF+FN=11+$\frac{5}{4}$+3$\sqrt{5}$=$\frac{49+12\sqrt{5}}{4}$；
②當(dāng)AN=MN時(shí)，鈍角△AMN為等腰三角形，如圖9，
∴∠DAB=∠AMN，
如圖2得：tan∠G=$\frac{1}{2}$，tan∠DAB=$\frac{\frac{5}{2}}{5}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠G=∠DAB，
∴∠G=∠AMN，
∴AM∥FG，
∴∠DAB=∠NFG，
∴∠G=∠NFG，
∴GN=FN，
設(shè)FN=x，則NG=x，EN=6-x，
在Rt△NEF中，則勾股定理得：3²+（6-x）²=x²，
解得：x=$\frac{15}{4}$，
∴AN=AB+BF-FN=11+$\frac{5}{4}$-$\frac{15}{4}$=$\frac{17}{2}$；
③當(dāng)AM=AN時(shí)，如圖10，△AMN不是鈍角三角形；
綜上所述：當(dāng)AN=$\frac{49+12\sqrt{5}}{4}$或$\frac{17}{2}$時(shí)，△AMN為鈍角等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換的綜合題，考查了直角梯形、直角三角形的性質(zhì)，以△EFG運(yùn)動(dòng)為主，弄清運(yùn)動(dòng)的路徑，從△EFG運(yùn)動(dòng)的特殊位置入手，正確畫出圖形，并懷相似和三角函數(shù)相結(jié)合，表示邊的長(zhǎng)或求出邊的長(zhǎng)；對(duì)于求重疊部分的面積，也是先分析特殊位置時(shí)的重疊部分，再分情況進(jìn)行討論，得出結(jié)論．