题目内容
5．
如图，在矩形ABCD中，BC=10，AB=4，动点E从点B出发沿BC向终点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点F沿折线BA-AD向终点D以每秒2个单位长度的速度运动，过点E作BF的平行线与过点F作BE的平行线相交于点G，若点E，F同时出发，当有一个点到达终点时，另一个点继续运动直至到达终点停止，四边形BEGF与矩形ABCD重叠部分的面积为S（平方单位），运动的时间为t（秒）．（1）当t为何值时，点G与点D重合；
（2）当四边形BEGF与矩形ABCD 重叠部分的图形是四边形时，求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，当△CEG是等腰三角形时，直接写出t的值．
分析 （1）根据AF+FD=10列出方程即可解决问题．
（2）分三种情形分别求解①当0＜t≤2时，②当2＜t$≤\frac{14}{3}$时，③当7≤t≤10时，分别求解即可．
（3）△CEG是等腰三角形时，分∠C，∠E、∠G是等腰三角形的顶角进行讨论，注意∠C为顶角时也有两种情形．
解答 解：（1）由题意：（2t-4）+t=10，解得t=$\frac{14}{3}$．
（2）当0＜t≤2时，S=2t2，
当2＜t$≤\frac{14}{3}$时S=4t，
当7≤t≤10时，S=$\frac{1}{2}$×4×10-$\frac{1}{2}$×（10-t）2×$\frac{2}{5}$=-$\frac{1}{5}$t2+4t．
（3）当CG=CE时，如图1中，
∵CG2=CD2+DG2=42+（14-3t）2，EC2=（10-t）2，
∴（10-t）2=42+（14-3t）2，
解得t=4-$\sqrt{2}$或4+$\sqrt{2}$（舍弃）．
当EG=CG时，如图2中，
∵四边形BFGE是平行四边形，
∴BF=GE=GC，∵AB=CD，
∴AF=DG，
∴2t-4=14-3t，
∴t=$\frac{18}{5}$，
当EC=EG时，如图3，
∵EG2=BF2=AB2+AF2，EC2=（10-t）2
∴（10-t）2=42+（2t-4）2，
解得t=$\frac{-2+4\sqrt{13}}{3}$或$\frac{-2-4\sqrt{13}}{3}$（舍弃）．
当CG=CE时，如图4中，
∵CG2=CD2+DG2=42+（3t-14）2，
EC2=（10-t）2
∴（10-t）2=42+（3t-14）2，
解得t=4+$\sqrt{2}$或4-$\sqrt{2}$（舍弃）．
∴当△CEG是等腰三角形时，t=4-$\sqrt{2}$或4+$\sqrt{2}$或$\frac{18}{5}$或$\frac{-2+4\sqrt{13}}{3}$．
点评 本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，学会用方程的思想思考问题，注意最后一种情形，不能漏解，属于中考压轴题
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如图，直线l1∥l2，∠α=∠β，∠1=40°，则∠2=（ ）| A． | 100° | B． | 120° | C． | 140° | D． | 160° |
观察图中尺规作图痕迹，下列说法错误的是（ ）| A． | OE是∠AOB的平分线 | B． | OC=OD | ||
| C． | 点C、D到OE的距离不相等 | D． | ∠AOE=∠BOE |
如图为手的示意图，在各个手指间标记字母A，B，C，D．请你按图中箭头所指方向（即A→B→C→D→C→B→A→B→C→…的方式）从A开始数连续的正整数1，2，3，4，…，当字母B第（2n-1）次出现时（n为正整数），恰好数到的数是6n-4（用含n的代数式表示）．
如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．
如图，菱形OABC的顶点A的坐标为（2，0），∠COA=60°，将菱形OABC绕坐标原点O逆时针旋转120°得到菱形ODEF，则图中阴影部分的面积为4π-2$\sqrt{3}$．
函数y=$\frac{4}{x}$和y=$\frac{1}{x}$在第一象限内的图象如图所示，点P是y=$\frac{4}{x}$的图象上一动点，作PC⊥x轴于点C，交y=$\frac{1}{x}$的图象于点A，作PD⊥y轴于点D，交y=$\frac{1}{x}$的图象于点B，给出如下结论：①△ODB与△OCA的面积相等；②PA与PB始终相等；③四边形PAOB的面积大小不会发生变化；④PA=3AC，其中正确的结论序号是（ ）