题目内容
(2012•重庆)已知:如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=2,BC=6,AB=3.E为BC边上一点,以BE为边作正方形BEFG,使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧.
(1)当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时,求BE的长;
(2)将(1)问中的正方形BEFG沿BC向右平移,记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG,当点E与点C重合时停止平移.设平移的距离为t,正方形B′EFG的边EF与AC交于点M,连接B′D,B′M,DM,是否存在这样的t,使△B′DM是直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;
(3)在(2)问的平移过程中,设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S,请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.
(1)当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时,求BE的长;
(2)将(1)问中的正方形BEFG沿BC向右平移,记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG,当点E与点C重合时停止平移.设平移的距离为t,正方形B′EFG的边EF与AC交于点M,连接B′D,B′M,DM,是否存在这样的t,使△B′DM是直角三角形?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;
(3)在(2)问的平移过程中,设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S,请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.
分析:(1)首先设正方形BEFG的边长为x,易得△AGF∽△ABC,根据相似三角形的对应边成比例,即可求得BE的长;
(2)首先利用△MEC∽△ABC与勾股定理,求得B′M,DM与B′D的平方,然后分别从若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,若∠B′DM=90°,则B′M2=B′D2+DM2去分析,即可得到方程,解方程即可求得答案;
(3)分别从当0≤t≤
时,当
<t≤2时,当2<t≤
时,当
<t≤4时去分析求解即可求得答案.
(2)首先利用△MEC∽△ABC与勾股定理,求得B′M,DM与B′D的平方,然后分别从若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,若∠B′DM=90°,则B′M2=B′D2+DM2去分析,即可得到方程,解方程即可求得答案;
(3)分别从当0≤t≤
4 |
3 |
4 |
3 |
10 |
3 |
10 |
3 |
解答:解:(1)如图①,
设正方形BEFG的边长为x,
则BE=FG=BG=x,
∵AB=3,BC=6,
∴AG=AB-BG=3-x,
∵GF∥BE,
∴△AGF∽△ABC,
∴
=
,
即
=
,
解得:x=2,
即BE=2;
(2)存在满足条件的t,
理由:如图②,过点D作DH⊥BC于H,
则BH=AD=2,DH=AB=3,
由题意得:BB′=HE=t,HB′=|t-2|,EC=4-t,
∵EF∥AB,
∴△MEC∽△ABC,
∴
=
,即
=
,
∴ME=2-
t,
在Rt△B′ME中,B′M2=ME2+B′E2=22+(2-
t)2=
t2-2t+8,
在Rt△DHB′中,B′D2=DH2+B′H2=32+(t-2)2=t2-4t+13,
过点M作MN⊥DH于N,
则MN=HE=t,NH=ME=2-
t,
∴DN=DH-NH=3-(2-
t)=
t+1,
在Rt△DMN中,DM2=DN2+MN2=
t2+t+1,
(Ⅰ)若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,
即
t2+t+1=(
t2-2t+8)+(t2-4t+13),
解得:t=
,
(Ⅱ)若∠B′MD=90°,则B′D2=B′M2+DM2,
即t2-4t+13=(
t2-2t+8)+(
t2+t+1),
解得:t1=-3+
,t2=-3-
(舍去),
∴t=-3+
;
(Ⅲ)若∠B′DM=90°,则B′M2=B′D2+DM2,
即:
t2-2t+8=(t2-4t+13)+(
t2+t+1),
此方程无解,
综上所述,当t=
或-3+
时,△B′DM是直角三角形;
(3)①如图③,当F在CD上时,EF:DH=CE:CH,
即2:3=CE:4,
∴CE=
,
∴t=BB′=BC-B′E-EC=6-2-
=
,
∵ME=2-
t,
∴FM=
t,
当0≤t≤
时,S=S△FMN=
×t×
t=
t2,
②如图④,当G在AC上时,t=2,
∵EK=EC•tan∠DCB=EC•
=
(4-t)=3-
t,
∴FK=2-EK=
t-1,
∵NL=
AD=
,
∴FL=t-
,
∴当
<t≤2时,S=S△FMN-S△FKL=
t2-
(t-
)(
t-1)=-
t2+t-
;
③如图⑤,当G在CD上时,B′C:CH=B′G:DH,
即B′C:4=2:3,
解得:B′C=
,
∴EC=4-t=B′C-2=
,
∴t=
,
∵B′N=
B′C=
(6-t)=3-
t,
∵GN=GB′-B′N=
t-1,
∴当2<t≤
时,S=S梯形GNMF-S△FKL=
×2×(
t-1+
t)-
(t-
)(
t-1)=-
t2+2t-
,
④如图⑥,当
<t≤4时,
∵B′L=
B′C=
(6-t),EK=
EC=
(4-t),B′N=
B′C=
(6-t),EM=
EC=
(4-t),
S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL-S梯形B′EMN=-
t+
.
综上所述:
当0≤t≤
时,S=
t2,
当
<t≤2时,S=-
t2+t-
;
当2<t≤
时,S=-
t2+2t-
,
当
<t≤4时,S=-
t+
.
设正方形BEFG的边长为x,
则BE=FG=BG=x,
∵AB=3,BC=6,
∴AG=AB-BG=3-x,
∵GF∥BE,
∴△AGF∽△ABC,
∴
AG |
AB |
GF |
BC |
即
3-x |
3 |
x |
6 |
解得:x=2,
即BE=2;
(2)存在满足条件的t,
理由:如图②,过点D作DH⊥BC于H,
则BH=AD=2,DH=AB=3,
由题意得:BB′=HE=t,HB′=|t-2|,EC=4-t,
∵EF∥AB,
∴△MEC∽△ABC,
∴
ME |
AB |
EC |
BC |
ME |
3 |
4-t |
6 |
∴ME=2-
1 |
2 |
在Rt△B′ME中,B′M2=ME2+B′E2=22+(2-
1 |
2 |
1 |
4 |
在Rt△DHB′中,B′D2=DH2+B′H2=32+(t-2)2=t2-4t+13,
过点M作MN⊥DH于N,
则MN=HE=t,NH=ME=2-
1 |
2 |
∴DN=DH-NH=3-(2-
1 |
2 |
1 |
2 |
在Rt△DMN中,DM2=DN2+MN2=
5 |
4 |
(Ⅰ)若∠DB′M=90°,则DM2=B′M2+B′D2,
即
5 |
4 |
1 |
4 |
解得:t=
20 |
7 |
(Ⅱ)若∠B′MD=90°,则B′D2=B′M2+DM2,
即t2-4t+13=(
1 |
4 |
5 |
4 |
解得:t1=-3+
17 |
17 |
∴t=-3+
17 |
(Ⅲ)若∠B′DM=90°,则B′M2=B′D2+DM2,
即:
1 |
4 |
5 |
4 |
此方程无解,
综上所述,当t=
20 |
7 |
17 |
(3)①如图③,当F在CD上时,EF:DH=CE:CH,
即2:3=CE:4,
∴CE=
8 |
3 |
∴t=BB′=BC-B′E-EC=6-2-
8 |
3 |
4 |
3 |
∵ME=2-
1 |
2 |
∴FM=
1 |
2 |
当0≤t≤
4 |
3 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
4 |
②如图④,当G在AC上时,t=2,
∵EK=EC•tan∠DCB=EC•
DH |
CH |
3 |
4 |
3 |
4 |
∴FK=2-EK=
3 |
4 |
∵NL=
2 |
3 |
4 |
3 |
∴FL=t-
4 |
3 |
∴当
4 |
3 |
1 |
4 |
1 |
2 |
4 |
3 |
3 |
4 |
1 |
8 |
2 |
3 |
③如图⑤,当G在CD上时,B′C:CH=B′G:DH,
即B′C:4=2:3,
解得:B′C=
8 |
3 |
∴EC=4-t=B′C-2=
2 |
3 |
∴t=
10 |
3 |
∵B′N=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∵GN=GB′-B′N=
1 |
2 |
∴当2<t≤
10 |
3 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
4 |
3 |
3 |
4 |
3 |
8 |
5 |
3 |
④如图⑥,当
10 |
3 |
∵B′L=
3 |
4 |
3 |
4 |
3 |
4 |
3 |
4 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL-S梯形B′EMN=-
1 |
2 |
5 |
2 |
综上所述:
当0≤t≤
4 |
3 |
1 |
4 |
当
4 |
3 |
1 |
8 |
2 |
3 |
当2<t≤
10 |
3 |
3 |
8 |
5 |
3 |
当
10 |
3 |
1 |
2 |
5 |
2 |
点评:此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识.此题难度较大,注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用,注意辅助线的作法.
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