Question

2．如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=4，AB=8，tan∠C=$\frac{2}{3}$；邊長為3的正方形EFMN的FM邊在直線BC上，且M與B重合，并沿直線BC以每秒1個單位長度的速度向右運動，直至點M與C重合時停止．設運動時間為t秒．
（1）當正方形EFMN的頂點N，在線段BD和DC上時，求運動的時間t₁和t₂的值；
（2）在整個運動過程中，設正方形EFMN與△DBC重合部分面積為S，請直接與出S與t之間的函數(shù)關系式和相應的自變量t；
（3）如圖2，將△ABD沿BD翻折，得到△BDP，取BD的中點Q，連接PQ，EP，QE，是否存在這樣的t，使△PQE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）如圖1中，作DH⊥BC于H，則四邊形ABHD是矩形，AB=DH=8，AD=BH=4．當點N在BD上時，由MN∥DH，推出$\frac{MN}{DH}$=$\frac{BM}{BH}$，列出方程即可解決問題．當點N在CD上時，由tan∠C=$\frac{2}{3}$=$\frac{DH}{CH}$，得CH=12，由MN∥DH，得$\frac{MN}{DH}$=$\frac{CM}{CH}$，列出方程即可解決問題．
（2）分六種情形①如圖2中，當0＜t≤$\frac{3}{2}$時，重疊部分是△BKM．②如圖3中，當$\frac{3}{2}$＜t≤3時，重疊部分是四邊形MNGB．③如圖4中，當3＜t≤$\frac{9}{2}$時，重疊部分是五邊形MNGKF．④如圖5中，當$\frac{9}{2}$＜t≤$\frac{23}{2}$時，重疊部分是正方形MNEF，此時S=9．⑤如圖6中，當$\frac{23}{2}$＜t≤$\frac{29}{2}$時，重疊部分是五邊形MKGEF．⑥如圖7中，當$\frac{29}{2}$＜t≤16時，重疊部分是四邊形MKGF．分別求解即可．
（3）分三種情形①如圖8中，當∠EQP=90°時．②如圖9中，當∠QPE=90°．③如圖10中，當∠QEP=90°，作EH⊥QP于H．設QH=x．由△QHE∽△EHP，得$\frac{QH}{EH}$=$\frac{EH}{PH}$，列出方程即可求解．

解答 解：（1）如圖1中，作DH⊥BC于H，則四邊形ABHD是矩形，AB=DH=8，AD=BH=4．

當點N在BD上時，∵MN∥DH，
∴$\frac{MN}{DH}$=$\frac{BM}{BH}$，
∴$\frac{3}{8}$=$\frac{t}{4}$，
∴t=$\frac{3}{2}$．
當點N在CD上時，∵tan∠C=$\frac{2}{3}$=$\frac{DH}{CH}$，
∴CH=12，
∵MN∥DH，
∴$\frac{MN}{DH}$=$\frac{CM}{CH}$，
∴$\frac{3}{8}$=$\frac{16-t}{12}$，
∴t=$\frac{23}{2}$．
∴t₁=$\frac{3}{2}$，t₂=$\frac{23}{2}$．

（2）①如圖2中，當0＜t≤$\frac{3}{2}$時，重疊部分是△BKM，

由$\frac{KM}{DH}$=$\frac{BM}{BH}$，得$\frac{KM}{8}$=$\frac{t}{4}$，
∴KM=2t，
∴S=$\frac{1}{2}$•t•2t=t²
②如圖3中，當$\frac{3}{2}$＜t≤3時，重疊部分是四邊形MNGB，

S=$\frac{1}{2}$•（t+t-$\frac{3}{2}$）•3=3t-$\frac{9}{4}$．
③如圖4中，當3＜t≤$\frac{9}{2}$時，重疊部分是五邊形MNGKF．

S=S_{正方形MNEF}-S_△EKG=9-$\frac{1}{2}$•（9-2t）•$\frac{1}{2}$（9-2t）=-t²+9t-$\frac{45}{4}$．
④如圖5中，當$\frac{9}{2}$＜t≤$\frac{23}{2}$時，重疊部分是正方形MNEF，此時S=9．

⑤如圖6中，當$\frac{23}{2}$＜t≤$\frac{29}{2}$時，重疊部分是五邊形MKGEF，

S=S_{正方形MNEF}-S_△NKG=9-$\frac{1}{2}$•[3-$\frac{2}{3}$（16-t）]•$\frac{3}{2}$[3-$\frac{2}{3}$（16-t）]=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{23}{3}$t-$\frac{529}{12}$．
⑥如圖7中，當$\frac{29}{2}$＜t≤16時，重疊部分是四邊形MKGF．

S=S_△CFG-S_△CKM=$\frac{1}{2}$•（19-t）•$\frac{2}{3}$（19-t）-$\frac{1}{2}$（16-t）•$\frac{2}{3}$（16-t）=35-2t．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}}&{（0＜t≤\frac{3}{2}）}\\{3t-\frac{9}{4}}&{（\frac{3}{2}＜t≤3）}\\{-{t}^{2}+9t-\frac{45}{4}}&{（3＜t≤\frac{9}{2}）}\\{9}&{（\frac{9}{2}＜t≤\frac{23}{2}）}\\{-\frac{1}{3}{t}^{2}+\frac{23}{3}t-\frac{529}{12}}&{（\frac{23}{2}＜t≤\frac{29}{2}）}\\{35-2t}&{（\frac{29}{2}＜t≤16）}\end{array}\right.$
（3）①如圖8中，當∠EQP=90°時，由FQ=4，可知BF=2，∴t=2．

②如圖9中，當∠QPE=90°，易知BF=2+2$\sqrt{5}$，∴t=2+2$\sqrt{5}$．

③如圖10中，當∠QEP=90°，作EH⊥QP于H．設QH=x．

∵△QHE∽△EHP，
∴$\frac{QH}{EH}$=$\frac{EH}{PH}$，
∵HE=1，QH=x，PH=2$\sqrt{5}$-x，
∴x（2$\sqrt{5}$-x）=1，
∴x=$\sqrt{5}$±2，
∴BF=2+（$\sqrt{5}$±2），
∴t=4+$\sqrt{5}$或$\sqrt{5}$．
綜上所述，t=2s或（2+2$\sqrt{5}$）s或（4+$\sqrt{5}$）s或$\sqrt{5}$s時，△PQE是直角三角形．

點評 本題考查四邊形綜合題、正方形的性質、矩形的性質、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定和性質平移變換等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會分類討論，需要畫好圖形，利用圖形解決問題，屬于中考壓軸題．