题目内容
如图，ABCD是一张矩形纸片，AB=20cm，BC=16cm，在AD边上取一点H，将纸片沿BH翻折，使点A恰好落在DC边上的点E处，过点E作EF∥AD交HB于点F．
（1）求EF的长．
（2）若点M自点H沿HE方向以1cm/s的速度向E点运动（不与H，E重合），过点M作MN∥EF交HB于点N，如图2，将△HMN沿MN对折，点H的对应点为H1，若△H1MN与四边形MNFE重叠部分的面积为S，点M运动的时间为t秒，问当t为何值时，S有最大值，最大值是多少．
（3）当（2）问，点M自点H沿HE方向以1cm/s的速度向E点运动的同时点Q从点E出发，以2cm/s的速度运动，当点Q到达F点时M，Q停止运动，连接MF，是否存在某一时刻t，使点Q在线段MF的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
（1）求EF的长．
（2）若点M自点H沿HE方向以1cm/s的速度向E点运动（不与H，E重合），过点M作MN∥EF交HB于点N，如图2，将△HMN沿MN对折，点H的对应点为H1，若△H1MN与四边形MNFE重叠部分的面积为S，点M运动的时间为t秒，问当t为何值时，S有最大值，最大值是多少．
（3）当（2）问，点M自点H沿HE方向以1cm/s的速度向E点运动的同时点Q从点E出发，以2cm/s的速度运动，当点Q到达F点时M，Q停止运动，连接MF，是否存在某一时刻t，使点Q在线段MF的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．
分析：（1）根据折叠的性质、勾股定理在直角△BCE中求得EC=12cm，由相似三角形的判定推知△ECB∽△HDE，所以根据“相似三角形的对应边成比例”求得EH=AH=10cm．然后利用∠ABH的正切函数的定义求得FG=6cm，则易求线段EF的长度；
（2）根据三角形的面积公式求得S与t的函数关系式，根据函数关系式来求最值；
（3）过Q作QG⊥HE交HE于G，HK⊥EF，构建相似三角形：△QGE∽△HKE．所以由“相似三角形的对应边成比例”的性质列出关于t的一元二次方程，通过解方程来求t的值．
（2）根据三角形的面积公式求得S与t的函数关系式，根据函数关系式来求最值；
（3）过Q作QG⊥HE交HE于G，HK⊥EF，构建相似三角形：△QGE∽△HKE．所以由“相似三角形的对应边成比例”的性质列出关于t的一元二次方程，通过解方程来求t的值．
解答：
解：（1）折叠的性质知，∠A=∠HEB=90°，AH=EH，AB=EB．
∵在Rt△ECB中，EB=20cm，BC=16cm，
∴根据勾股定理知EC=
=
=12（cm），
∵∠EBC=∠DEH（同角的余角相等），∠C=∠D=90°，
∴△ECB∽△HDE，
∴
=
，
∴
=
，即
=
，
解得EH=AH=10cm．
如图1，延长直线EF至AB交点为G．
∵四边形ABCD是矩形，
∴EC∥GB，∠C=90°，
∴四边形ECBG为矩形，
∴EC=BG=12cm，EG=BC=16cm．
∵
=
，即
=
，
∴FG=6cm，
则EF=EG-FG=16-6=10（cm）；
（2）根据对折的性质知，△HMN≌△H1MN，则S△HMN=S△H1MN．
由（1）知，DE=8cm，EH=EF=10cm．
∵AD⊥DE，EF∥AD，
∴DE⊥EF，
∴S△HEF=
EF•DE=
×10×8=40（cm2）．
∵MN∥EF，
∴△HMN∽△HEF，
∴
=(
)2，即
=(
)2，
∴S△HMN=
t2．（0＜t＜10）．
①如图2所示，当0＜t≤5时，S=S△HMN=
t2．则
当t=5时，S最大=
×25=10（cm2）．
②当5＜t＜10时，如图3所示，连接HH1，则HH1⊥MN，HH1⊥EF．
根据对折的性质知，HK=H1K．
∵△HMN∽△HEF，
∴
=
，即
=
，
∴
=
，
∴
=
，
∵MN∥EF，即MN∥GI，
∴△H1GI∽△H1MN，
∴
=
=（
）2=（
）2，
∴S△H1GI=
（t-5）2．
∴S=S△HMN-S△H1GI=-
t2+16t-40=-
（t-
）2+
，
∴当t=
时，S最大=
．
综上所述，当t=
时，S最大=
（cm2）；
（3）假设存在某一时刻t，使点Q在线段MF的垂直平分线上，则MQ=QF．
如图4，过Q作QG⊥HE，交HE于G，HK⊥EF，则△QGE∽△HKE，
∴
=
=
．
∵HK=8cm，EK=6cm，
∴
=
=
，
∴QG=
t，EG=
t，MG=10-t-
t=10-
t．
在Rt△MQG中，MQ2=（
t）2+（10-
t）2=
t2-44t+100∵FQ=10-2t，
∴
t2-44t+100=100-40t+4t2，解得：t1=
，t2=0（舍去）．
解：（1）折叠的性质知，∠A=∠HEB=90°，AH=EH，AB=EB．∵在Rt△ECB中，EB=20cm，BC=16cm，
∴根据勾股定理知EC=
| EB2-BC2 |
| 202-162 |
∵∠EBC=∠DEH（同角的余角相等），∠C=∠D=90°，
∴△ECB∽△HDE，
∴
| BC |
| EB |
| DE |
| EH |
∴
| BC |
| AB |
| DC-EC |
| EH |
| 16 |
| 20 |
| 8 |
| EH |
解得EH=AH=10cm．
如图1，延长直线EF至AB交点为G．
∵四边形ABCD是矩形，
∴EC∥GB，∠C=90°，
∴四边形ECBG为矩形，
∴EC=BG=12cm，EG=BC=16cm．
∵
| AH |
| AB |
| FG |
| BG |
| 10 |
| 20 |
| FG |
| 12 |
∴FG=6cm，
则EF=EG-FG=16-6=10（cm）；
（2）根据对折的性质知，△HMN≌△H1MN，则S△HMN=S△H1MN．
由（1）知，DE=8cm，EH=EF=10cm．
∵AD⊥DE，EF∥AD，
∴DE⊥EF，
∴S△HEF=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∵MN∥EF，
∴△HMN∽△HEF，
∴
| S△HMN |
| S△HEF |
| HM |
| HE |
| S△HMN |
| 40 |
| t |
| 10 |
∴S△HMN=
| 2 |
| 5 |
①如图2所示，当0＜t≤5时，S=S△HMN=
| 2 |
| 5 |
当t=5时，S最大=
| 2 |
| 5 |
②当5＜t＜10时，如图3所示，连接HH1，则HH1⊥MN，HH1⊥EF．
根据对折的性质知，HK=H1K．
∵△HMN∽△HEF，
∴
| HK |
| HJ |
| HM |
| HE |
| HK |
| HJ |
| t |
| 10 |
∴
| HK |
| KJ |
| t |
| 10-t |
∴
| H1K |
| H1J |
| t |
| 2t-10 |
∵MN∥EF，即MN∥GI，
∴△H1GI∽△H1MN，
∴
| S△HMN |
| S△H1GI |
| S△H1MN |
| S△H1GI |
| H1K |
| H1J |
| t |
| 2t-10 |
∴S△H1GI=
| 8 |
| 5 |
∴S=S△HMN-S△H1GI=-
| 6 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
| 20 |
| 3 |
| 40 |
| 3 |
∴当t=
| 20 |
| 3 |
| 40 |
| 3 |
综上所述，当t=
| 20 |
| 3 |
| 40 |
| 3 |
（3）假设存在某一时刻t，使点Q在线段MF的垂直平分线上，则MQ=QF．
如图4，过Q作QG⊥HE，交HE于G，HK⊥EF，则△QGE∽△HKE，
∴
| QG |
| HK |
| EG |
| EH |
| EQ |
| HE |
∵HK=8cm，EK=6cm，
∴
| QG |
| 8 |
| EG |
| 6 |
| 2t |
| 10 |
∴QG=
| 8 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
| 6 |
| 5 |
| 11 |
| 5 |
在Rt△MQG中，MQ2=（
| 8 |
| 5 |
| 11 |
| 5 |
| 37 |
| 5 |
∴
| 37 |
| 5 |
| 20 |
| 17 |
点评：本题考查了相似综合题．注意题中辅助线的作法．另外，解答（2）时，要分类讨论，以防漏解．
练习册系列答案
提分百分百检测卷单元期末测试卷系列答案
小学期末标准试卷系列答案
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