已知.在矩形ABCD中.E为BC边上一点.AE⊥DE.AB=12.BE=16.F为线段BE上一点.EF=7.连接AF．如图①.现有一张硬质纸片△GMN.∠NGM=90°.NG=6.MG=8.斜边MN与边BC在同一直线上.点N与点E重合.点G在线段DE上．如图②.△GMN从图①的位置出发.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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

8．已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F为线段BE上一点，EF=7，连接AF．如图①，现有一张硬质纸片△GMN，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上．如图②，△GMN从图①的位置出发，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，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ．当点N到达终点B时，△GMN和点P同时停止运动．设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值．
（2）在整个运动过程中，是否存在点P，使△APQ是等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）在整个运动过程中，设△GMN与△AEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．

分析（1）如答图1所示，证明QEMG为平行四边形，则运动路程QG=EM=10，t值可求；
（2）△APQ是等腰三角形，分为三种情形，需要分类讨论，避免漏解．如答图2、答图3、答图4所示；
（3）整个运动过程分为四个阶段，每个阶段重叠图形的形状各不相同，如答图5-答图8所示，分别求出其面积的表达式．

解答解：（1）在Rt△GMN中，GN=6，GM=8，∴MN=10．
由题意，易知点G的运动线路平行于BC．
如答图1所示，过点G作BC的平行线，分别交AE、AF于点Q、R．
∵∠AED=∠EGM=90°，∴AE∥GM．
∴四边形QEMG为平行四边形，
∴QG=EM=10．
∴t=$\frac{10}{1}$=10秒．

（2）存在符合条件的点P．
在Rt△ABE中，AB=12，BE=16，由勾股定理得：AE=20．
设∠AEB=θ，则sinθ=$\frac{3}{5}$，cosθ=$\frac{4}{5}$．
∵NE=t，∴QE=NE•cosθ=$\frac{4}{5}$t，AQ=AE-QE=20-$\frac{4}{5}$t．
△APQ是等腰三角形，有三种可能的情形：
①AP=PQ．如答图2所示：
过点P作PK⊥AE于点K，则AK=AP•cosθ=$\frac{4}{5}$t．
∵AQ=2AK，∴20-$\frac{4}{5}$t=2×$\frac{4}{5}$t，
解得：t=$\frac{25}{3}$；
②AP=AQ．如答图3所示：
有t=20-$\frac{4}{5}$t，
解得：t=$\frac{100}{9}$；
③AQ=PQ．如答图4所示：
过点Q作QK⊥AP于点K，则AK=AQ•cosθ=（20-$\frac{4}{5}$t）×$\frac{4}{5}$=16-$\frac{16}{25}$t．
∵AP=2AK，∴t=2（16-$\frac{16}{25}$t），
解得：t=$\frac{800}{57}$．
综上所述，当t=$\frac{25}{3}$，$\frac{100}{9}$或$\frac{800}{57}$秒时，存在点P，使△APQ是等腰三角形；

（3）如答图1所示，点N到达点F的时间为t=7；
由（1）知，点G到达点Q的时间为t=10；
QE=10×$\frac{4}{5}$=8，AQ=20-8=12，
∵GR∥BC，∴$\frac{QR}{EF}$，即$\frac{QR}{7}$，∴QR=$\frac{21}{5}$．
∴点G到达点R的时间为t=10+$\frac{21}{5}$=$\frac{71}{5}$；
点N到达终点B的时间为t=16．
则在△GMN运动的过程中：
①当0≤t＜7时，如答图5所示：
QE=NE•cosθ=$\frac{4}{5}$t，QN=NE•sinθ=$\frac{3}{5}$t，
S=$\frac{1}{2}$QE•QN=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{5}$t•$\frac{3}{5}$t=$\frac{6}{25}$t²；

②当7≤t＜10时，如答图6所示：
设QN与AF交于点I，
∵tan∠INF=$\frac{GM}{GN}$=$\frac{4}{3}$，tan∠IFN=$\frac{AB}{BF}$=$\frac{4}{3}$，
∴∠INF=∠IFN，△INF为等腰三角形．
底边NF上的高h=$\frac{1}{2}$NF•tan∠INF=$\frac{1}{2}$×（t-7）×$\frac{4}{3}$=$\frac{2}{3}$（t-7）．
S_△INF=$\frac{1}{2}$NF•h=$\frac{1}{2}$×（t-7）×$\frac{2}{3}$（t-7）=$\frac{1}{3}$（t-7）²，
∴S=S_△QNE-S_△INF=$\frac{6}{25}$t²-$\frac{1}{3}$（t-7）²=-$\frac{7}{75}$t²+$\frac{14}{3}$t-$\frac{49}{3}$；
③当10≤t＜$\frac{71}{5}$时，如答图7所示：
由②得：S_△INF=$\frac{1}{3}$（t-7）²，
∴S=S_△GMN-S_△INF=24-$\frac{1}{3}$（t-7）²=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{14}{3}$t+$\frac{23}{3}$；

④当$\frac{71}{5}$＜t≤16时，如答图8所示：
FM=FE-ME=FE-（NE-MN）=17-t．
设GM与AF交于点I，过点I作IK⊥MN于点K．
∵tan∠IFK=$\frac{AB}{BF}$=$\frac{4}{3}$，∴可设IK=4x，FK=3x，则KM=3x+17-t．
∵tan∠IMF=$\frac{IK}{KM}$=$\frac{4x}{3x+17-t}$=$\frac{3}{4}$，解得：x=$\frac{3}{7}$（17-t）．
∴IK=4x=$\frac{12}{7}$（17-t）．
∴S=$\frac{1}{2}$FM•IK=$\frac{6}{7}$（t-17）²．
综上所述，S与t之间的函数关系式为：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{6}{25}{t}^{2}（0≤t＜7）}\\{-\frac{7}{75}{t}^{2}+\frac{14}{3}t-\frac{49}{3}（7≤t＜10）}\\{-\frac{1}{3}{t}^{2}+\frac{14}{3}t+\frac{23}{3}（10≤t＜\frac{71}{5}）}\\{\frac{6}{7}（t-17）^{2}（\frac{71}{5}≤t≤16）}\end{array}\right.$．