Question

3．如图1，矩形ABCD的边AB=4，BC=7，EA平分∠BAD交BC于E，连接DE，在矩形内部作边长为2的正方形FGHI，使得HI与BC共线，点I与点B重合，将正方形FGHI沿BC向右平移，平移速度为每秒1个单位长度，当GH与CD重合时停止运动，设运动过程中正方形FGHI与△AED的重叠部分面积为s，运动时间为t（t＞0）．

（1）求使点G落在线段DE上的时间t；
（2）求出在正方形FGHI向右平移过程中s关于t的函数关系式，并写出对应t的取值范围；
（3）如图2，将矩形ABCD沿DE翻折，翻折后点D与点D′对应，点C与点C′对应，再将所得△C′D′E绕着点E旋转，直线C′D′与射线ED交于点P，当△C′DP为等腰三角形时，直接写出PD′的长．

Answer 1

分析 （1）由题意易知三角形ABE为等腰直角三角形，所以EC=3．当G落在ED上时，可利用△EGH∽△EDC（或tan∠DEC=$\frac{3}{4}$）求出EH的长．求出点H移动的长度，因为G移动的时间等于H移动的时间，问题得解．
（2）在运动过程中，在0＜t≤5中，分四种情况进行讨论：①0＜t≤2时，如图2，重叠部分是直角三角形，求直角边JG和KG即可；②2＜t≤$\frac{7}{2}$时，如图3，重叠部分是不规则的多边形，可利用差来求面积；③$\frac{7}{2}$＜t≤4时，如图4，重叠部分是一梯形与一直角三角形面积的差；④4＜t≤5时，如图5，重叠部分是直角三角形，求直角边FN和FQ即可；
（3）①当DC旋转在DE左上方α°时，由图6知，PD′=PC′-CD′．首先利用勾股定理求出DE，通过直角三角形斜边与斜边中线的关系，求出PE的长，再次利用勾股定理求出PC′；②当DE垂直于边在直角三角形如图7，利用勾股定理，直接得到关于PC′的二次方程，求出PC′，计算出PD′；③如图8，当C′P=DP时，在RT△PC′E中利用勾股定理即可．④如图9，DP=DC′，可得D为PE中点，在RT△PEC′中求出PC′即可解决问题．

解答 解：（1）如图1，点G落在线段DE上的时，

BE=AB=4，EC=7-4=3，
当G在ED上时，$\frac{EH}{GH}$=$\frac{EC}{DC}$=$\frac{3}{4}$，又GH=2，
∴EH=$\frac{3}{2}$，IE=$\frac{1}{2}$，BI=4-$\frac{1}{2}$=$\frac{7}{2}$
∴t=$\frac{7}{2}$÷1=$\frac{7}{2}$
则点G落在线段DE上的时间t为$\frac{7}{2}$秒；

（2）①0＜t≤2时，如图2，重叠部分是△JKG，

S=S_△JKG，
∵BI=t，IH=2，
∴HE=4-2-t=2-t，
∵∠AEB=45°，
∴KH=HE=2-t，
∴JK=GK=2-（2-t）=t，
∴S_△JKG=$\frac{1}{2}$JG×GK=$\frac{1}{2}$t²，
∴S=$\frac{1}{2}{t}^{2}$；
②2＜t≤$\frac{7}{2}$时，如图3，重叠部分是五边形EMGFL，

S=S_{正方形FGHI}-S_△LIE-S_△EHM，
∵BE=4，BI=t，IE=4-t，
∴LI=IE=4-t，
∴S_△LIE=$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$．
又EH=IH-IE=2-（4-t）=t-2，
∴MH=$\frac{4}{3}EH$=$\frac{4}{3}$（t-2），
∴S_△EHM=$\frac{1}{2}（t-2）$•$\frac{4}{3}（t-2）$=$\frac{2}{3}（t-2）^{2}$，
S=4-$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$-$\frac{2}{3}（t-2）^{2}$=-$\frac{7}{6}$t²+$\frac{20}{3}$t-$\frac{20}{3}$；
③$\frac{7}{2}$＜t≤4时，如图4，重叠部分是四边形ENFL，

S=S_梯形IENF-S_△EIL，
∵NG=t-$\frac{7}{2}$，
∴FN=2-（t-$\frac{7}{2}$）=$\frac{11}{2}$-t，
又IE=4-t，
∴S_梯形IENF=$\frac{1}{2}$[（4-t）+（$\frac{11}{2}$-t）]×2=$\frac{19}{2}$-2t，
S_△EIL=$\frac{1}{2}$（4-t）²，
∴S=$\frac{19}{2}-2t$-$\frac{1}{2}（4-t）^{2}$=-$\frac{1}{2}{t}^{2}+2t+\frac{3}{2}$；
④4＜t≤5时，如图5，重叠部分是△FQN，

S=S_△FQN，
FN=$\frac{11}{2}$-t，FQ=$\frac{4}{3}$FN=$\frac{4}{3}（\frac{11}{2}-t）$，
∴S=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{3}$（$\frac{11}{2}-t$）²=$\frac{2}{3}{t}^{2}-\frac{22}{3}t+\frac{121}{6}$
综上所述：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}{t}^{2}（0＜t≤2）}\\{-\frac{7}{6}{t}^{2}+\frac{20}{3}t-\frac{20}{3}（2＜t≤\frac{7}{2}）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+2t+\frac{3}{2}（\frac{7}{2}＜t≤4）}\\{\frac{2}{3}{t}^{2}-\frac{22}{3}t+\frac{121}{6}（4＜t≤5）}\end{array}\right.$

（3）①如图6，当C′D=PD时，

设∠P=∠DC′P=α，
∴∠C′DE=2α，∠C′EP=90°-α，
∴∠DC′E=∠PC′E-∠PC′D=90°-α，
∴C′D=DE，
∴D为EP中点，
∴PE=2DE
∵在RT△CDE中，CE=3，CD=4，
∴ED=5，
∴PE=10，
在RT△C′EP中，
∵C′P²=PE²-C′E²，
∴C′P=$\sqrt{1{0}^{2}-{3}^{2}}$=$\sqrt{91}$，
∴PD′=$\sqrt{91}$-4；
②如图7，当C′P=DP时，

设C′P=x，则DP=x，PE=DE-DP=5-x
在Rt△EC′P中，（5-x）²=x²+3²
x=$\frac{8}{5}$
PD′=4-$\frac{8}{5}$=$\frac{12}{5}$
③如图8，当C′P=DP时，

PE=5-x，PC′=x
（5-x）²=x²+3²，x=$\frac{8}{5}$
∴PD′=C′D′+PC′=4+$\frac{8}{5}$=$\frac{28}{5}$
④如图9，DP=DC′，可得D为PE中点，

PE=10，C′P=$\sqrt{91}$
PD′=C′D′-C′P=4-$\sqrt{91}$
综上所述：当△C′DP为等腰三角形时，PD′的长为$\sqrt{91}$-4或$\sqrt{91}$+4或$\frac{12}{5}$或$\frac{28}{5}$．

点评 本题考查几何变换综合题、多边形面积、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、分段函数等知识，解题的关键是学会分类讨论，正确画出图形，借助于图象解决问题，第四个问题有四种情形，不能漏解，属于中考压轴题．