题目内容
1．如图①，在平行四边形ABCD中，AB=4$\sqrt{2}$，AD=10，∠ABC=135°，E为BC上一点，BE=3，F为CB延长线上一点，BF=2，连接DF、DE，动点P、M在线段FC上，点M在点P的右边，PM=2，以PM为直角边，∠PMG=90°，在直线FC的上方作等腰直角三角形PMG，若点P从点F出发，以每秒一个单位的速度沿FC向点E匀速运动，同时点Q从点D出发，以每秒一个单位的速度沿DA向点A匀速运动，当点P到达点E时，△PMG与点Q同时停止运动，设运动时间为t秒．（1）在整个运动过程中，当点G在线段DE上时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，设△PMG和△DEF的重叠部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及相应的自变量t的取值范围；
（3）若点R是点P关于直线MG的对称点，直线GR交线段DF于点N，如图②，在整个运动过程中，是否存在点Q，使△QRN是直角三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
分析 （1）作DH⊥BC，根据已知条件求得DH=HC=4，进而得出FH=8，然后根据GM∥DH，得出∴$\frac{FM}{FH}$=$\frac{GM}{DH}$，即$\frac{2}{4}$=$\frac{t+2}{8}$，即可求得t的值；
（2）分四种情况分别讨论求得即可；
（3）作NK⊥BC，根据NK∥DH，得出$\frac{NK}{DH}$=$\frac{FK}{FH}$，设NK=KR=x，则FK=t+4-x，则$\frac{x}{4}$=$\frac{t+4-x}{8}$，求得x=$\frac{t+4}{3}$，得出FK=$\frac{2}{3}$（t+4），于AD∥CF，得出∠F=∠QDN，所以有两种情况的直角三角形，然后分别讨论求得即可．
解答 
解：（1）如图1，点G在线段DE上时，FP=t，FM=t+2，
作DH⊥BC，
∵在平行四边形ABCD中，∠ABC=135°，
∴∠C=45°，
∴△DHC是等腰直角三角形，
∵DC=AB=4$\sqrt{2}$，
∴DH=HC=4，
∵BC=AD=10，BF=2，
∴FC=12，
∴FH=8，
∵GM∥DH，
∴$\frac{FM}{FH}$=$\frac{GM}{DH}$，即$\frac{2}{4}$=$\frac{t+2}{8}$，
解得t=2；
（2）①当0≤t＜2时，如图2，
作KN⊥BC于N，
∵DH⊥BC，
∴KN∥DH，
∴$\frac{KN}{DH}$=$\frac{FB}{FH}$，
设KN=PN=x，则FN=t+x，
∴$\frac{x}{4}$=$\frac{x+t}{8}$，
∴x=t，
∴KN=PN=t，
∴FN=2t，
∴MN=t+2-2t=2-t，
∵KN∥GM，
∴$\frac{KN}{MS}$=$\frac{FN}{FM}$，即$\frac{t}{MS}$=$\frac{2t}{t+2}$，
∴MS=$\frac{t+2}{2}$，
∴GS=2-$\frac{t+2}{2}$=$\frac{2-t}{2}$，
∴S=S△PMG-S△KGS=$\frac{1}{2}$×2×2-$\frac{1}{2}$×$\frac{2-t}{2}$×（2-t）=-$\frac{1}{4}$t2+t+1（0＜t＜2）；
②当2≤t≤3时，如图1，S=$\frac{1}{2}$×2×2=2，
③当3＜t≤4.5时，如图3，
∵FM=t+2，EF=3+2=5，EH=10-3-4=3，
∴EM=t+2-5=t-3，
∵GM∥DH，
∴$\frac{WM}{DH}$=$\frac{EM}{EH}$，即$\frac{WM}{4}$=$\frac{t-3}{3}$，
∴WM=$\frac{4}{3}$（t-3），
∴S=S△PMG-S△EMW=2-$\frac{1}{2}$（t-3）×$\frac{4}{3}$（t-3）=-$\frac{2}{3}$t2+4t-4；
④当4.5＜t≤5时，如图4，作VL⊥BC，则△PVL是等腰直角三角形，
∴VL=PL，
设PL=VL=x，则EL=t+x-5
∵VL∥DH，
∴$\frac{VL}{DH}$=$\frac{EL}{EH}$，
∴$\frac{x}{4}$=$\frac{t+x-5}{3}$，
∴x=20-4t，
∴VL=20-4t，
∵PE=5-t，
∴S=$\frac{1}{2}$PE•VL=$\frac{1}{2}$（5-t）（20-4t）=2t2-20t+50
综上，S与t之间的函数关系式为：S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{4}{t}^{2}+t+1（0≤t＜2）}\\{2（2≤t≤3）}\\{-\frac{2}{3}{t}^{2}+4t-4（3＜t≤4.5）}\\{2{t}^{2}-20t+50（4.5＜t≤5）}\end{array}\right.$；
（3）如图5，
作NK⊥BC，
∴NK∥DH，
∴$\frac{NK}{DH}$=$\frac{FK}{FH}$，
∵PF=t，PM=MR=2，
∴FR=t+4，
设NK=KR=x，则FK=t+4-x，
∵FH=8，DH=4，
∴$\frac{x}{4}$=$\frac{t+4-x}{8}$，
∴x=$\frac{t+4}{3}$，
∴FK=$\frac{2}{3}$（t+4），
∵AD∥CF，
∴∠F=∠QDN，
①当∠DQN=90°时，Q、N、K三点共线，
∴QN=DH-NK=4-$\frac{t+4}{3}$=$\frac{8-t}{3}$，
∴△KFN∽△QDN，
∴$\frac{DQ}{FK}$=$\frac{QN}{NK}$，
∵FK=t+4-$\frac{t+4}{3}$=$\frac{2t+8}{3}$，
∴$\frac{t}{\frac{2t+8}{3}}$=$\frac{\frac{8-t}{3}}{\frac{t+4}{3}}$，解得t=$\frac{16}{5}$，
②当∠DNQ=90°时，
∴△KFN∽△NDQ，
∴$\frac{DQ}{FN}$=$\frac{DN}{FK}$，
∵FH=8，DH=4，
∴FD=4$\sqrt{5}$
∵NK∥DH，
∴$\frac{FN}{FD}$=$\frac{NK}{DH}$，
∴$\frac{FN}{4\sqrt{5}}$=$\frac{\frac{t+4}{3}}{4}$，
∴FN=$\frac{\sqrt{5}}{3}$（t+4），
∴DN=4$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{3}$（t+4）=$\frac{\sqrt{5}}{3}$（8-t），
∴$\frac{t}{\frac{\sqrt{5}}{3}（t+4）}$=$\frac{\frac{\sqrt{5}}{3}（8-t）}{\frac{2}{3}（t+4）}$
解得t=$\frac{40}{11}$，
综上，在整个运动过程中，存在点Q，使△QRN是直角三角形，此时t为$\frac{16}{5}$或$\frac{40}{11}$．
点评 本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用，以及三角形面积等，分类讨论思想的运用是解题的关键．
①从13-x=-5得到-x=-5+13．
②从-7x+3=-13x-2得到13x-7x=-3-2．
③从-5x-7=2x-11得到11-7=2x-5x．
④从2x+3=3x+4得到2x-4=3x-3．
| A． | 1个 | B． | 2个 | C． | 3个 | D． | 4个 |
| A． | 调查本班同学的视力 | |
| B． | 调查一批节能灯管的使用寿命 | |
| C． | 为保证“神舟9号”的成功发射，对其零部件进行检查 | |
| D． | 对乘坐某班次客车的乘客进行安检 |
 ∠P=$\frac{\widehat{AmB}的度数-\widehat{AB}的度数}{2}$ | ∠P=$\frac{\widehat{AC}的度数-\widehat{AB}的度数}{2}$ | ∠P=$\frac{\widehat{CD}的度数-\widehat{AB}的度数}{2}$ |
（2）如果圆外角所夹的两条弧的度数分别为α、β（α＞β），例如，图2中，圆外角∠P所夹的弧$\widehat{AC}$的度数为α，$\widehat{AB}$的度数为β，试结合你所画的图形探究∠P与α、β之间的数量关系，将发现的结论直接写在对应图形下方的横线上．
（3）如图2，点P在⊙O外，PC边与⊙O相交于B，C两点，PA与⊙O相切于点A，所夹的弧$\widehat{AC}$，$\widehat{AB}$的度数分别为α、β（α＞β），求证：∠P=$\frac{1}{2}α-\frac{1}{2}β$．
（4）如图3，AB为半圆直径，P为AB延长线上一个动点，过P作⊙O的切线，设切点为C，连接AC，作∠APC平分线交AC于D，猜想∠CDP的度数是否随点P在AB延长线上的位置的变化而变化？并对猜想加以证明．
