题目内容

17．矩形ABCD中，AB=12，BC=25，E为BC上一点（BE＞EC）且AE⊥DE，F为BE上一点，EF=7，连接AF．G为ED上一点，EG=6，过G作GH⊥ED交BC延长线于H，将△EGH以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，设运动中的△EGH为△E′G′H′，当E′到达终点B时，△E′G′H′与点P同时停止运动．运动中的E′G′所在直线与AE相交于Q，与AF相交于M，当PA=PQ时，QM=$\frac{35}{9}$．

分析 设CE=x，则BE=25-x，先证明△ABE∽△ECD，得出对应边成比例，得出$\frac{25-x}{12}=\frac{12}{x}$，解方程即可求出CE、BE，根据勾股定理求出AE，直角三角形三边比都为：3：4：5，过点P作PK⊥AQ于K；则AK=$\frac{4}{5}$t，由等腰三角形的性质求出AQ、QE，由$\frac{5}{4}$QE=EE′得出方程，解方程求出t，得出EE′、E′Q，证出G′E′=G′F，过M作MJ⊥BC于J，根据等腰三角形的三线合一性质得出E′J=$\frac{1}{2}$E′F=$\frac{2}{3}$，求出E′M，即可得出QM．

解答 解：设CE=x，则BE=25-x；
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=12，∠B=∠BCD=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED=90°，
∴∠AEB+∠DEC=90°，
∴∠BAE=∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，
∴$\frac{BE}{CD}=\frac{AB}{CE}$，
即$\frac{25-x}{12}=\frac{12}{x}$，
解得：x=16，或x=9，
∵CE＜BE，
∴CE=9，BE=16，
∴AE=$\sqrt{1{2}^{2}+1{6}^{2}}$=20，
∴AB：BE：AE=3：4：5，
∴Rt△ABE、Rt△ECD、Rt△ADE的三边比都为：3：4：5；
过点P作PK⊥AQ于K，如图所示：
则AP=t，AK=$\frac{4}{5}$t，
∵PA=PQ，
∴AK=QK，
∴AQ=2AK=$\frac{8}{5}$t，
∴QE=20-$\frac{8}{5}$t，
∵GG′=HH′=EE′=t，
∴$\frac{5}{4}$QE=EE′，
即$\frac{5}{4}$（20-$\frac{8}{5}$t）=t，
解得：t=$\frac{25}{3}$，
∴EE′=$\frac{25}{3}$，
∴E′Q=$\frac{25}{3}$×$\frac{5}{3}$=5，
∵EF=7，
∴BF=16-7=9，E′F=EE′-EF=$\frac{25}{3}$-7=$\frac{4}{3}$，
∴AF=$\sqrt{{9}^{2}+1{2}^{2}}$=15，
∴sin∠AFB=$\frac{12}{15}$=$\frac{4}{5}$=sin∠QE′E，
∴∠AFB=∠QE′E，
∴G′E′=G′F，
过M作MJ⊥BC于J，
则E′J=$\frac{1}{2}$E′F=$\frac{2}{3}$，
∴E′M=$\frac{2}{3}$×$\frac{5}{3}$=$\frac{10}{9}$，
∴QM=5-$\frac{10}{9}$=$\frac{35}{9}$．′

点评 本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数、等腰三角形的判定与性质、矩形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，需要通过作辅助线运用三角函数和勾股定理才能得出结果．

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