Question

19．如图1，在?ABCD中，AH⊥DC，垂足为H，AB=$4\sqrt{7}$，AD=7，AH=$\sqrt{21}$．现有两个动点E、F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动．在点E、F运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG与△ABC在射线AC的同侧，当点E运动到点C时，E、F两点同时停止运动．设运转时间为t秒．
（1）求线段AC的长；
（2）在整个运动过程中，设等边△EFG与△ABC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，并写出相应的自变量t的取值范围；
（3）当等边△EFG的顶点E到达点C时，如图2，将△EFG绕着点C旋转一个角度α（0°＜α＜360°）．在旋转过程中，点E与点C重合，F的对应点为F′，G的对应点为G′．设直线F′G′与射线DC、射线AC分别相交于M、N两点．试问：是否存在点M、N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形？若存在，请求出线段CM的长度；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）在RT△ADH中，求出DH，HC，即可解决问题．
（2）①当0≤t≤$\frac{7}{3}$时，先证明点G在射线AB上，根据s=S_△EGF即可计算．②当$\frac{7}{3}$＜t≤4时，作BT∥GF交AC于T，作BL⊥AC于L，MP⊥AC于P，BL⊥AC于L，根据s=S_△GEF-S_△MCF即可计算．③当4＜t≤7时，如图3中，作BM∥GE交AC于M，BL⊥AC于L，KT⊥AC于T，根据s=S_△EKC即可计算．
（3）①如图4中，作CK⊥F′G′垂足为K，则CK=7$\sqrt{3}$，由△MCK∽△CAH，得$\frac{CM}{AC}$=$\frac{CK}{AH}$即可解决问题．②如图5中，作CK⊥G′F′垂足为K，由△NCK∽△CAH，得$\frac{KN}{CH}$=$\frac{CK}{AH}$，得NK=14，设CM=MN=a，在RT△CMK中，利用勾股定理即可解决．

解答 解：（1）如图1中，∵AH⊥DC，
∴∠AHD=∠AHC=90°，
∵AD=7．AH=$\sqrt{21}$，
∴DH=$\sqrt{A{D}^{2}-A{H}^{2}}$=$\sqrt{{7}^{2}-（\sqrt{21}）^{2}}$=2$\sqrt{7}$，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4$\sqrt{7}$，
∴DH=HC=2$\sqrt{7}$，∵AH⊥DC，
∴AC=AD=7．
（2）①如图1中，作GK⊥AC于K，
∵AE=t，AF=3t，△GEF是等边三角形，
∴EK=KF=t，AK=2t，GK=$\sqrt{3}$t，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴tan∠BAC=tan∠ACH=$\frac{AH}{HC}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∵tan∠GAK=$\frac{GK}{AK}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴∠BAC=∠GAK，
∴点G在射线AB上．
当0≤t≤$\frac{7}{3}$时，s=$\frac{\sqrt{3}}{4}$•EF²=$\sqrt{3}$t²．
②如图2中，∵∠GAK=∠ACH，∠AKG=∠AHC=90°，
∴△AGK∽△CAH，
∴$\frac{AG}{AC}$=$\frac{AK}{CH}$，
∴AG=$\sqrt{7}$t，
当点G与点B重合时，$\sqrt{7}$t=4$\sqrt{7}$，t=4，
当$\frac{7}{3}$＜t≤4时，作BT∥GF交AC于T，作BL⊥AC于L，MP⊥AC于P，BL⊥AC于L
∵S_△ACB=$\frac{1}{2}$•AC•BL=$\frac{1}{2}$$•4\sqrt{7}$$•\sqrt{21}$，
∴BL=4$\sqrt{3}$，LT=4，CL=$\sqrt{B{C}^{2}-B{L}^{2}}$=1，
∵MF∥BT，
∴△CMF∽△CBT，
∴$\frac{MP}{BL}$=$\frac{CF}{CT}$，
∴PM=$\frac{4\sqrt{3}}{5}$（3t-7），
∴s=S_△GEF-S_△MCF=$\frac{\sqrt{3}}{4}$•（2t）²-$\frac{1}{2}$•（3t-7）•$\frac{4\sqrt{3}}{5}$（3t-7）=-$\frac{13}{5}$$\sqrt{3}$t²+$\frac{84\sqrt{3}}{5}$t-$\frac{98\sqrt{3}}{5}$．
③当4＜t≤7时，如图3中，作BM∥GE交AC于M，BL⊥AC于L，KT⊥AC于T，
∵△KCE∽△BCM，
∴$\frac{KT}{BL}$=$\frac{CE}{CM}$，
∴KT=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$（7-t），
∴s=$\frac{1}{2}$•（7-t）•$\frac{4\sqrt{3}}{3}$（7-t）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t²-$\frac{28\sqrt{3}}{3}$t+$\frac{98\sqrt{3}}{3}$．
综上所述：s=$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{t}^{2}}&{（0≤t≤\frac{7}{3}）}\\{-\frac{13\sqrt{3}}{5}{t}^{2}+\frac{84\sqrt{3}}{5}t-\frac{98\sqrt{3}}{5}}&{（\frac{7}{3}＜t≤4）}\\{\frac{2\sqrt{3}}{3}{t}^{2}-\frac{28\sqrt{3}}{3}t+\frac{98\sqrt{3}}{3}}&{（4＜t≤7）}\end{array}\right.$．
（3）存在．
①如图4中，作CK⊥F′G′垂足为K，则CK=7$\sqrt{3}$，
∵∠CMK=∠MCN=∠ACH，∠AHC=∠CKM，
∴△MCK∽△CAH，
∴$\frac{CM}{AC}$=$\frac{CK}{AH}$，
∴$\frac{CM}{7}$=$\frac{7\sqrt{3}}{\sqrt{21}}$，
∴CM=7$\sqrt{7}$．
②如图5中，作CK⊥G′F′垂足为K，
∵∠KNC=∠MCN=∠ACH，∠AHC=∠CKN=90°，
∴△NCK∽△CAH，
∴$\frac{KN}{CH}$=$\frac{CK}{AH}$，
∴NK=14，设CM=MN=a，
在RT△CMK中，∵CM²=CK²+KM²，
∴a²=（7$\sqrt{3}$）²+（14-a）²，
∴a=$\frac{49}{4}$．
∴CM=$\frac{49}{4}$，
∴当△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形时，CM=7$\sqrt{7}$或$\frac{49}{4}$．

点评 本题考查几何变换综合题、相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，学会分类的思想，学会转化的思想，把问题转化为方程解决，属于中考压轴题．