如图.矩形ABCD的边AB=6cm.BC=4cm.点F在DC上.DF=2cm．动点M.N分别从点D.B同时出发.沿射线DA.线段BA向点A的方向运动(点M可运动到DA的延长线上).当动点N运动到点A时.M.N两点同时停止运动．连接FM.FN.当F.N.M不在同一直线时.可得△FMN.再连接△FMN三边的中点得△PQW．设动点M.N的速度都是1cm/s.M.N运� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

如图，矩形ABCD的边AB=6cm，BC=4cm，点F在DC上，DF=2cm．动点M、N分别从点D、B同时出发，沿射线DA、线段BA向点A的方向运动（点M可运动到DA的延长线上），当动点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动．连接FM、FN，当F、N、M不在同一直线时，可得△FMN，再连接△FMN三边的中点得
△PQW．设动点M、N的速度都是1cm/s，M、N运动的时间为ts．
（1）试说明△FMN∽△QWP；
（2）在点M运动的过程中，
①当t为何值时，线段MN最短？并求出此时MN的长．
②当t为何值时，△PQW是直角三角形？

考点：相似形综合题,二次函数的最值,勾股定理,矩形的判定与性质,相似三角形的判定与性质

专题：压轴题

分析：（1）利用三角形中位线定理和相似三角形的判定即可解决问题．
（2）①根据勾股定理将MN²表示为t的二次函数，然后利用二次函数的最值性就可求出MN²的最小值，进而求出MN的最小值
；②由于Rt△PQW中的直角不确定，可分∠PQW=90°，∠QWP=90°，∠WPQ=90°三种情况进行讨论，由于△FMN∽△QWP，因此可将∠PQW=90°转化为∠NFM=90°，∠QWP=90°转化为∠FMN=90°，∠WPQ=90°转化为∠MNF=90°进行讨论，然后利用相似三角形的判定与性质即可解决问题．

解答：（1）证明：如图1，
∵点P、点Q、点W分别是FM、MN、NF的中点，
∴PQ=

FN，QW=

FM，PW=

MN．
∴

=2．
∴△FMN∽△QWP．

（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，

∴∠DAB=∠B=∠C=∠D=∠90°，AD=BC=4cm，DC=AB=6cm．
由题可得：DM=BN=1×t=t（cm）．
则有AM=

4-t

，AN=6-t．
∴MN²=AM²+AN²
=（4-t）²+（6-t）²
=2t²-20t+52
=2（t-5）²+2．
∵2＞0，
∴当t=5时，MN²最小，最小值为2．
∴当t=5时，MN取到最小值，最小值为

．

②∵△FMN∽△QWP，
∴∠PQW=∠NFM，∠QWP=∠FMN，∠WPQ=∠MNF．
Ⅰ．当∠PQW=90°时，∠NFM=90°．
过点N作NE⊥DC，垂足为E，如图2，
∵∠MDF=∠MFN=∠FEN=90°，

∴∠DFM=90°-∠EFN=∠ENF．
∴△MDF∽△FEN．
∴

．
∵DM=t，DF=2，EF=CF-CE=6-2-t=4-t，EN=BC=4，
∴

4-t

．
解得：t=

．
经检验t=

是方程的解，且符合题意．
Ⅱ．当∠PWQ=90°时，∠NMF=90°．
同理可得：△MDF∽△NAM．
则有

．
∵DF=2，DM=t，AM=4-t，AN=6-t，
∴

4-t

6-t

．
整理得：t²-6t+12=0．
∵（-6）²-4×1×12=-12＜0，
∴方程无实数根．

Ⅲ．当∠WPQ=90°时，∠MNF=90°．
（a）当0＜t＜4时，如图2，有∠MNF＜∠ANE=90°；
（b）当t=4时，AN=DF=2，DM=DA=4，如图3，
此时点M与点A重合．
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB．
∵DF∥AN，DF=AN，∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形．
∴∠ANF=90°．
∴∠MNF=∠ANF=90°．
（c）当4＜t≤6时，∠MNF＞90°．
综上所述：当t为

或4秒时，△PQW是直角三角形．

点评：本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、二次函数的最值、勾股定理、解分式方程、根的判别式等知识，还考查了分类讨论的思想，综合性较强，有一定的难度．