Question

11．梯形ABCD中，AD∥BC，AE⊥BC于點(diǎn)E，DF⊥BC于點(diǎn)F，∠B=∠C=45°，AD=AE=2，CD=2$\sqrt{2}$，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿這線段CD-DA-AB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)P作BC的垂線與BC交于點(diǎn)Q，設(shè)直線PQ掃過(guò)梯形ABCD的面積為S，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t．
（1）BC的長(zhǎng)度為6；
（2）寫出S與t的關(guān)系式；
（3）若點(diǎn)M為線段AE上一點(diǎn)，點(diǎn)N為線段EF上一點(diǎn)且∠MDN=45°，猜AM、MN、NB之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)直接求出FC，同理求出BE，即可得出BC，
（2）點(diǎn)P在CD上時(shí)，利用等腰直角三角形的面積的求法直接求出即可，點(diǎn)P在AD上時(shí)，用用矩形的面積和三角形的面積之和求解，點(diǎn)P在AB上時(shí)，用梯形的面積減去三角形的面積即可；
（3）在FC上，取一點(diǎn)M'使FM'=AM，根據(jù)SAS證△ADM≌△FDM'，推出∠ADM=∠FDM'，DM=DM'，求出∠MDN=∠M'DN，根據(jù)SAS證出△MDN≌△M'DN，從而得到MN=FN+AM；即可．

解答 解：（1）∵AE⊥BC于點(diǎn)E，DF⊥BC，
∴∠DFC=∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴四邊形AEFD是矩形，
∵AD=AE=2，
∴矩形AEFD是正方形，
∴EF=AD=2
在Rt△CDF中，∠C=45°，CD=2$\sqrt{2}$，
∴DF=CF=2，
在Rt△ABE中，∠B=45°，AE=2，
∴BE=AE=2，AB=$\sqrt{2}$AE=2$\sqrt{2}$，
∴BC=BE+EF+CF=6，
故答案為：6；
（2）由（1）知，CD=2$\sqrt{2}$，AD=2，AB=2$\sqrt{2}$，
①當(dāng)0＜t≤2$\sqrt{2}$時(shí)，點(diǎn)P在梯形ABCD的腰CD上，
如圖1，

由運(yùn)動(dòng)知，CP=t，
∵PQ⊥BC，∠C=45°，
∴PQ=CQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴S=S_△PCQ=$\frac{1}{2}$×CQ×PQ=$\frac{\sqrt{2}}{4}$t²，
②當(dāng)2$\sqrt{2}$＜t≤2+2$\sqrt{2}$時(shí)，點(diǎn)P在梯形ABCD的上底AD上，
如圖2，

由運(yùn)動(dòng)知，PD=t-CD=t-2$\sqrt{2}$，
∴S=S_△CDF+S_矩形PQFD=$\frac{1}{2}$×FC×FD+PD×AE=$\frac{1}{2}$×2×2+2（t-2$\sqrt{2}$）=2t+2-4$\sqrt{2}$，
③當(dāng)2+2$\sqrt{2}$＜t≤2+4$\sqrt{2}$時(shí)，點(diǎn)P在梯形ABCD的腰AB上，
如圖3，

由運(yùn)動(dòng)知，BP=2+4$\sqrt{2}$-t，
∵PQ⊥BC，∠B=45°，
∴PQ=BQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（2+4$\sqrt{2}$-t）=4+$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴S=S_梯形ABCD-S_△PQB=$\frac{1}{2}$（AD+BC）×AE-$\frac{1}{2}$BQ×PQ=$\frac{1}{2}$（2+6）×2-$\frac{1}{2}$（4+$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t）=$\frac{\sqrt{2}}{4}$t-6-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，

（3）結(jié)論：MN+BM-AM=4．
如圖4，

理由：如圖，在FC上取一點(diǎn)M'，使FM'=AM，連接DM'，
∵四邊形AEFD是正方形，
∴FM=AD，∠DAE=∠DFE=90°=∠DFM'，
在△ADM和△FDM'中$\left\{\begin{array}{l}{AD=DF}\\{∠DAM=∠DFM'}\\{AM=FM'}\end{array}\right.$，
∴△ADM≌△FDM'（SAS），
∴∠ADM=∠FDM'，DM=DM'，
∴∠MDM'=∠FDM'+∠MDF=∠ADM+∠MDF=90°，
∵∠MDN=45°，
∴∠MDN=∠M'DN，
在△MDN和△M'DN中，$\left\{\begin{array}{l}{DN=DN}\\{∠MDN=∠M'DN}\\{DM=DM'}\end{array}\right.$
∴△MDN≌△M'DN，
∴MN=M'N，
∴MN=M'N=FN+FM'=FN+AM
∵BM'=BN+M'N=BN+MN，BM'=BF+FM'=BF+AM=BE+EF+AM，
∴MN+BN=BF+AM=4+AM；
即：MN+BM-AM=4．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判斷和性質(zhì)，分段求函數(shù)關(guān)系式是解本題的關(guān)鍵，構(gòu)造全等三角形是解本題的難點(diǎn)．