Question

14．如圖，矩形ABCD中，AB=12，BC=$4\sqrt{3}$，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且BP=6．一動(dòng)點(diǎn)E從O點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿OA勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)后，立即以原速度沿AO返回；另一動(dòng)點(diǎn)F從P點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線(xiàn)PA勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E、F同時(shí)出發(fā)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．在點(diǎn)E、F的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以EF為邊作等邊△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線(xiàn)PA的同側(cè)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t≥0）．
（1）當(dāng)t=2時(shí)，等邊△EFG的邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，請(qǐng)直接寫(xiě)出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（3）設(shè)EG與矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC的交點(diǎn)為H，是否存在這樣的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出對(duì)應(yīng)的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，∠CFB=60°，BF=6-t，在Rt△CBF中，解直角三角形可求t的值；
（2）按照等邊△EFG和矩形ABCD重疊部分的圖形特點(diǎn)，分為0≤t＜2，2≤t＜6，6≤t＜8，8≤t＜12四種情況，分別寫(xiě)出函數(shù)關(guān)系式；
（3）存在．當(dāng)△AOH是等腰三角形時(shí)，分為AH=AO=6，HA=HO，OH=OA三種情況，分別畫(huà)出圖形，根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，列方程求t的值．

解答 解：（1）當(dāng)邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，∠CFB=60°，BF=6-t，在Rt△CBF中，BC=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠CFB=$\frac{BC}{BF}$，
∴tan60°=$\frac{2\sqrt{3}}{6-t}$，
∴$\sqrt{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6-t}$，
∴t=2，
∴當(dāng)邊FG恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，時(shí)間為t=4，
（2）如圖1，

過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AB，
①當(dāng)0≤t＜2時(shí)，如圖1，
∵tan60°=$\frac{MN}{NE}$=$\frac{4\sqrt{3}}{NE}$=$\sqrt{3}$，
∴NE=4，
∵EB=6+t，NB=6+t-4=2+t，
∴MC=2+t，
∴S=$\frac{1}{2}$（MC+EB）×BC
=$\frac{1}{2}$（2+t+6+t）×4$\sqrt{3}$
=4$\sqrt{3}$t+16$\sqrt{3}$；
②當(dāng)2≤t＜6時(shí)，如圖2，

∵M(jìn)N=4$\sqrt{3}$，EF=OP=12，
∴GH=12×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=6$\sqrt{3}$，
∴$\frac{MK}{EF}=\frac{GH-MN}{GH}$，
∴MK=4，
∵EB=6+t，BF=6-t，BQ=$\sqrt{3}$，
∴BQ=$\sqrt{3}$（6-t），CQ=4$\sqrt{3}$-BQ=$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$．
∴S=S_梯形MKFE-S_△QBF
=$\frac{1}{2}$ （MK+EF）×MN-$\frac{1}{2}$BF×BQ=
=$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$t ²+6$\sqrt{3}$t+$14\sqrt{3}$；
③如圖3，

當(dāng)6≤t＜8時(shí)，
∵M(jìn)N=4$\sqrt{3}$，EF=12-2（t-6）=24-2t，
∴GH=（24-2t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$（12-t），
∴$\frac{MK}{EF}=\frac{GH-MN}{GH}$，
∴MK=16-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$（MK+EF）×MN
=$\frac{1}{2}$（16-2t+24-2t）×4$\sqrt{3}$
=-8$\sqrt{3}$t+80$\sqrt{3}$；
④如圖4，

當(dāng)8≤t＜12時(shí)，
∵EF=24-2t，高為：EF×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（24-2t）
S=$\frac{1}{2}$EF×$\frac{\sqrt{3}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（24-2t）²
=$\sqrt{3}$t²-24$\sqrt{3}$t+144$\sqrt{3}$． 
（3）存在，理由如下：
在Rt△ABC中，tan∠CAB=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CAB=30°．
又∵∠HEO=60°，
∴∠HAE=∠AHE=30°．
∴AE=HE=6-t或t-6．                                
（Ⅰ）當(dāng)AH=AO=6時(shí)，如圖5，

過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AH于M，則AM=$\frac{1}{2}$AH=3．
在Rt△AME中，cos∠MAE=$\frac{AM}{AE}$，
∴AE=2$\sqrt{3}$，
即6-t=2$\sqrt{3}$或t-6=2$\sqrt{3}$，t=6-2$\sqrt{3}$或6+2$\sqrt{3}$．
（Ⅱ）當(dāng)HA=HO時(shí)，如圖6，

則∠HOA=∠HAO=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠EHO=90°．
∴EO=2HE=2AE．
又∵AE+EO=6，
∴AE+2AE=6．
∴AE=2．
即6-t=2或t-6=2，
t=4或8．
（Ⅲ）當(dāng)OH=OA時(shí)，如圖7，

則∠OHA=∠OAH=30°，
∴∠HOB=60°=∠HEB．
∴點(diǎn)E和O重合，
∴AE=6．
即6-t=6或t-6=6，
t=12（舍去）或t=0．
綜上所述，存在5個(gè)這樣的值，使△AOH是等腰三角形，即：t=6-2$\sqrt{3}$或t=6+2$\sqrt{3}$或t=4或t=8或t=0．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題，主要考查了特殊三角形、矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形的有關(guān)知識(shí)．關(guān)鍵是根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，分類(lèi)討論．