Question

1．如圖1，△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，且DE∥BC，已知BC=35．CE=15，DE=20．cosC=$\frac{3}{5}$，動點P從C出發(fā)，沿射線CB方向以每秒1個單位長度的速度運動，直到點）P與點B重合時停止．過點P作PQ⊥DC交線段CE-ED-DB于點Q，以PQ為邊在其左側作正方形PQMN．設運動時間為t秒．
（1）BD=6$\sqrt{5}$，當點M與點D重合時t=17秒．
（2）在整個運動過程中，設正方形PQMN與四邊形BCED的重合部分面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關系式和相應的自變量t的取值范圍．
（3）如圖2，將△ADE沿DE對折，得到△A′DE，連接DM、A′M，是否存在這樣的時間t，使△A′DM是直角三角形？若存在，求出對應t值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）分別過D、E作DG⊥BC，EH⊥BC，垂足分別為G、H，在△EHC中可求得EH，CH，在Rt△DBG中可求得BD，當D和M重合時可知正方形的邊長為DG，可求得CP的長，求得t；
（2）分0＜t≤9、9＜t≤17、17＜t≤23、23＜t≤29、29＜t≤35五種情況，結合條件分別確定出重疊部分的圖形，再求得其面積即可；
（3）分三種情形①如圖7中，當∠DA′M=90°時，作MH⊥AA′于H，AA′交DE于R．②如圖8中，當M與R重合時，∠DMA′=90°，此時t=9．③如圖9中，當∠MDA′=90°時，作MH⊥ED于H．利用相似三角形的性質(zhì)，列出方程分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1，分別過D、E作DG⊥BC，EH⊥BC，垂足分別為G、H，

在Rt△CEH中，CE=15，cosC=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{HC}{EC}$=$\frac{3}{5}$，即$\frac{HC}{15}$=$\frac{3}{5}$，解得HC=9，
由勾股定理可求得EH=12，
又∵四邊形DEHG為矩形，
∴DG=EH=12，GH=DE=20，
又∵BC=35，
∴CG=9+20=29，
∴BG=BC-CG=35-29=6，
在Rt△DBG中，BD²=6²+12²=180，
∴BD=6$\sqrt{5}$，
當M與D重合時，則可知PN=DG=12，CN=CG=GH+CH=29，
∴CP=CG-DG=29-12=17，
∴t=$\frac{17}{1}$=17，
故答案為：6$\sqrt{5}$；17；

（2）①當0＜t≤9時，如圖2中，即P在線段CH上時，則重疊部分為正方形PQMN，

由題意可知CP=t，
∵cosC=$\frac{CP}{CQ}$，
∴$\frac{t}{CQ}$=$\frac{3}{5}$，解得CQ=$\frac{5t}{3}$，
∴PQ=$\frac{4}{3}$t，
∴S=PQ²=（$\frac{4}{3}$t）²=$\frac{16}{9}$t²，
②當9＜t≤17時，如圖3中，此時重疊部分為正方形PQMN，且DE=20，S=PQ²=144；

③當17＜t≤23時，如圖4中，此時重疊部分是五邊形PQDRN，

則CN=CP+PN=t+12，可求得BN=35-（t+12）=23-t，
∵MN∥DG，
∴$\frac{RN}{DG}$=$\frac{BN}{BG}$，即$\frac{RN}{12}$=$\frac{23-t}{6}$，解處RN=46-2t，
∴MR=MN-RN=12-（46-2t）=2t-34，
而MD=NG=CN-CG=t+12-29=t-17，
∴S_△MDR=$\frac{1}{2}$MR•MD=$\frac{1}{2}$×（2t-34）（t-17），
∴S=S_{正方形PQMN}-S_△MRD=12²-$\frac{1}{2}$×（2t-34）（t-17）=-t²+34t-145；

④當23＜t≤29時，如圖5中，重疊部分是四邊形PQDB，

S=$\frac{1}{2}$•（DQ+PB）•PQ=6（35-t+29-t）=-12t+384．
⑤當29＜t≤35時，如圖6中，重疊部分是三角形PQB，

此時BP=BC-PC=35-t，且BG=6，
∵PQ∥DG，
∴$\frac{BP}{BG}$=$\frac{PQ}{DG}$，即$\frac{35-t}{6}$=$\frac{PQ}{12}$，
解得PQ=70-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$BP•PQ=$\frac{1}{2}$（35-t）（70-2t）=（t-35）²
綜上可知S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{16}{9}{t}^{2}}&{（0＜t≤9）}\\{144}&{（9＜t≤17）}\\{-{t}^{2}+34t-145}&{（17＜t≤23）}\\{-12t+384}&{（23＜t≤29）}\\{（t-35）^{2}}&{（29＜t≤35）}\end{array}\right.$．

（3）①如圖7中，當∠DA′M=90°時，作MH⊥AA′于H，AA′交DE于R．

∵DE∥BC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{AE}{AC}$，設AE=x，則有$\frac{20}{35}$=$\frac{x}{x+15}$，
∴x=20，
∴AE=20，
∵sin∠AER=sin∠C=$\frac{AR}{AE}$=$\frac{4}{5}$，
∴AR=16，ER=$\sqrt{A{E}^{2}-A{R}^{2}}$=12，
由△A′DR∽△MA′H，得$\frac{DR}{A′H}$=$\frac{A′R}{HM}$，可得$\frac{8}{\frac{4}{3}t+4}$=$\frac{16}{21-\frac{7}{3}t}$，解得t=$\frac{13}{5}$．
②如圖8中，當M與R重合時，∠DMA′=90°，此時t=9．

如圖8′中，當∠DMA′=90°時，由△DGM∽△MHA′，得$\frac{DG}{MH}$=$\frac{GM}{A′H}$，

∴$\frac{8+7（3-\frac{1}{3}t）}{4+\frac{4}{3}t}$=$\frac{4（3-\frac{1}{3}t）}{7（3-\frac{1}{3}t）}$，t=$\frac{561}{65}$，
③如圖9中，當∠MDA′=90°時，作MH⊥ED于H．

由△MDH∽△DA′R得$\frac{DH}{A′R}$=$\frac{MH}{DR}$，
∴$\frac{70-t-29}{16}$=$\frac{12-（70-2t）}{8}$，
∴t=$\frac{157}{5}$．
綜上所述，t=$\frac{13}{5}$s或9s或$\frac{561}{65}$s或$\frac{157}{5}$s時，△A′DM是直角三角形．

點評 本題考查相似形綜合題、正方形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會正確畫出圖形，學會用分類討論的思想思考問題，題目比較難，計算量比較大，屬于中考壓軸題．