如图.在矩形ABCD中.BC=1.将矩形ABCD绕点D逆时针旋转45°.得到矩形A′B′C′D′.点B′恰好落在BC的延长线上.边A′B′交边CD于点E．(1)求证:B′C=BC．(2)保持矩形A′B′C′D′不动.将矩形ABCD沿射线BB′方向以每秒1个单位的速度平移.设平移时间为t秒．①当矩形ABCD与矩形A′B′C′D′重叠部分为四边形时.求重叠部分的面积为S与t之间的函数关系式� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．

如图，在矩形ABCD中，BC=1，将矩形ABCD绕点D逆时针旋转45°，得到矩形A′B′C′D′，点B′恰好落在BC的延长线上，边A′B′交边CD于点E．
（1）求证：B′C=BC．
（2）保持矩形A′B′C′D′不动，将矩形ABCD沿射线BB′方向以每秒1个单位的速度平移，设平移时间为t秒．
①当矩形ABCD与矩形A′B′C′D′重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积为S与t之间的函数关系式．
②点A′关于AB的对称点记作点F，直接写出直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行时t的值．

分析（1）由矩形的性质和旋转的性质判断出△DBB′是等腰三角形；
（2）分三段计算，由矩形的性质旋转的性质先计算出S_△A′D′G，S_{四边形D′GEF}即可；
（3）先由矩形的性质和旋转的性质表示出相关的线段，再用比例式$\frac{AD′}{A′M}=\frac{D′M}{A′M}$，计算即可．

解答证明：（1）如图①，

连接DB，DB′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴DC⊥BB′，
由旋转有，DB=DB′，
∴B′C=BC；
（2）如图②，

当0＜t≤1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，作D′G∥DC，交A′B′于G，
∵四边形A′B′C′D′是矩形，
∴A′B′∥D′C′
∴四边形D′GEF是平行四边形，
由旋转有∠A′D′G=45°，
∵A′D′=1，
∴S_△A′D′G=$\frac{1}{2}$×A′D′²=$\frac{1}{2}$×1=$\frac{1}{2}$，D′G=$\sqrt{2}$，
由运动时间为t，
∴DD′=t，
∴S_{四边形D′GEF}=D′G×DD′=$\sqrt{2}$t，
∴S=S_△A′D′G+S_{四边形D′GEF}=$\frac{1}{2}$+$\sqrt{2}$t，
当t=1时，如图③，

∵四边形ABCD，A′B′′D′是矩形，
∴四边形AMCF是平行四边形，
∴S=AM×AD=$\sqrt{2}$A′D′×AD=$\sqrt{2}$×1×1=$\sqrt{2}$；
当1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤t＜2时，如图④，

过B′作B′M∥AB，
同理：四边形NMB′H是平行四边形，
∴MN=B′H=$\sqrt{2}$B′C′=$\sqrt{2}$
运动时间为t，
∴BB′=2-t，
∴S=S_△B′C′M+S_{四边形NMB′H}
=$\frac{1}{2}$×B′C′²+MN×BB′
=$\frac{1}{2}$×1+$\sqrt{2}$（2-t）
=$\frac{1}{2}$+2$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t；
（3）
点A′关于AB的对称点记作点F，
∴A′F⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD⊥AB，
∴A′F∥AD，
∵直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行
①如图⑤，

当DF∥A′D′时，四边形A′FDD′是平行四边形，
∴A′F=DD′=t，
∴AD′=1-t，
∵点A′与F关于AB对称，
∴A′M=FM=$\frac{t}{2}$，
∵∠AD′M=∠MA′F=45°，
∴A′M=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∴D′M=A′D′-A′M=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
∵AD∥A′F，
∴$\frac{AD′}{A′M}=\frac{D′M}{A′M}$，
∴$\frac{1-t}{\frac{t}{2}}=\frac{1-\frac{\sqrt{2}}{2}t}{\frac{\sqrt{2}}{2}t}$，
∴t=2-$\sqrt{2}$；
②如图⑥，

当DF∥D′C′时，四边形D′GFD是平行四边形，
∴GF=DD′=t，
∵A′G=$\sqrt{2}$A′D′=$\sqrt{2}$，
∴A′F=A′G+GF=$\sqrt{2}$+t，
∵A′F=2（t-1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=2t-2+$\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{2}$+t=2t-2+$\sqrt{2}$，
∴t=2，
即：直线DF与矩形A′B′C′D′的边平行时t的值为2-$\sqrt{2}$或2．