Question

3．如圖，在Rt△ABC中，AB=AC=4$\sqrt{2}$，一動點P從點B出發(fā)，沿BC方向以每秒1個單位長度的速度勻速運動，到達點C即停止，在整個運動過程中，過點P作PD⊥BC與Rt△ABC的直角邊相交于點D，延長PD至點Q，使得PD=QD，以PQ為斜邊在PQ左側(cè)作等腰直角三角形PQE，設(shè)運動時間為t秒
（1）在整個運動過程中，當線段QE與線段AB在一條直線上時，求t的值；
（2）在整個運動過程中，設(shè)△ABC與△PQE重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式以及相應的自變量t的取值范圍；
（3）在整個過程中，連結(jié)AQ、AP，是否存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形？若存在，求出對應的t的值；若不存在，請說明理由；
（4）當t=4秒時，以PQ為斜邊在PQ右側(cè)作等腰直角三角形PQF，將四邊形PEQF繞點P旋轉(zhuǎn)，PE與線段AB相交于點M，PF與線段AC相交于點N．在這一旋轉(zhuǎn)過程中，試判斷PM+FN的值是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化，請直接寫出變化的范圍；若不發(fā)生變化，請直接寫出此定值．

Answer 1

分析 （1）由題意得：BP=t，由勾股定理得BC=8，則PC=8-t；在Rt△BPD中得BP=PQ=t，則PD=$\frac{1}{2}$，根據(jù)PD=PC列式求t的值；
（2）先求各分界點t的值：i）點當PQ過點A時，點D與點A重合，t=4；ii）當EQ在直線AB上時，t=$\frac{16}{3}$；iii）當P在點C時，t=8；然后分三種情況進行討論：：①當0＜t≤4時，如圖2，重疊部分的面積為三角形面積；當4＜t≤$\frac{16}{3}$時，如圖3，重疊部分的面積為四邊形面積，利用面積差來求；③當$\frac{16}{3}$＜t＜8時，如圖4，重疊部分的面積為梯形面積，利用面積比等于相似比的平方來求；
（3）先作高AH，計息AP的長；△APQ成為等腰三角形時，分三種情況討論：i）當AP=PQ時，列式計算求t的值；ii）當AQ=PQ時，利用比例式求PG的長，再代入AG=PG=$\frac{1}{2}$AP計算；iii）當AP=AQ時，則四邊形AHPT是矩形，PT=AH=4，代入PT=$\frac{1}{2}$PQ計算，t=4，不符合題意，舍去；
（4）PM+FN的值不發(fā)生變化，連接AP，證明△CPN≌△APM，得PM+FN這定值是4$\sqrt{2}$．

解答 解：（1）由題意得：BP=t，
當線段QE與線段AB在一條直線上時，如圖1，
在Rt△ABC中，AB=AC=4$\sqrt{2}$，則BC=8
可得：PC=PD=8-t，
∵PD=DQ
∴PD=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$t
則$\frac{1}{2}$t=8-t
解得 t=$\frac{16}{3}$；
∴當線段QE與線段AB在一條直線上時，t的值為$\frac{16}{3}$；
（2）當PQ過點A時，點D與點A重合，PC=8-t，
AP=$\frac{1}{2}$BC=4，
則8-t=4，t=4，
當EQ在直線AB上時，t=$\frac{16}{3}$，
當P在點C時，t=8，
∴分三種情況：①當0＜t≤4時，如圖2，
∵∠ABC=45°，∠DPB=90°，
∴PD=PB=t，
∵∠EPQ=45°，
∴∠EPB=45°，
∴∠DFP=90°，
∴FD=FP=$\frac{\sqrt{2}t}{2}$，
∴S=S_△DFP=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}t}{2}$×$\frac{\sqrt{2}t}{2}$=$\frac{1}{4}$t²；
②當4＜t≤$\frac{16}{3}$時，如圖3，
在Rt△BFP中，∵BP=t，∠B=45°，
∴BF=PF=$\frac{\sqrt{2}t}{2}$，
∴S=S_△ABC-S_△BFP-S_△DPC，
=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}t}{2}$×$\frac{\sqrt{2}t}{2}$-$\frac{1}{2}$（8-t）²，
=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16；
③當$\frac{16}{3}$＜t＜8時，如圖4，
由PD=PC=8-t得：PQ=2PD=16-2t，
∴S_△EPQ=$\frac{1}{2}$×[$\frac{\sqrt{2}}{2}$（16-2t）]²=t²-16t+64，
∴S=S_梯形EFDP=$\frac{3}{4}$（t²-16t+64）=$\frac{3}{4}$t²-12t+48；
（3）存在，理由如下：
如圖5，當D在線段AB上時，∠B=∠C=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，∠BDP=45°，
∴PB=PD=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=2PD=2t，
過A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC，
∴BH=HC=$\frac{1}{2}$BC=4，AH=BH=4，
∴PH=BH-BP=4-t，
在Rt△APH中，AP=$\sqrt{A{H}^{2}+P{H}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+（4-t）^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$，
i）當AP=PQ，則$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t，
解得：t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，x₂=$\frac{-4\sqrt{7}-4}{3}$（不符合題意，舍去）；
ii）當AQ=PQ時，如圖6，過Q作QG⊥AP于G，則AG=PG=$\frac{1}{2}$AP，
∵PQ∥AH，
∴∠APQ=∠PAH，
∵∠PGQ=∠AHP=90°，
∴△PGQ∽△AHP，
∴$\frac{PG}{AH}=\frac{PQ}{AP}$，
∴$\frac{PG}{4}=\frac{2t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
∴PG=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
則$\frac{1}{2}$$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
解得t₁=12-4$\sqrt{7}$，t₂=12+4$\sqrt{7}$（不符合題意，舍去）；
iii）當AP=AQ時，過A作AT⊥PQ于T，
如圖，則四邊形AHPT是矩形，PT=AH=4，
若AP=AQ，由于AF⊥PQ，則有QT=PT，即PT=$\frac{1}{2}$PQ，
即4=$\frac{1}{2}$×2t，t=4，
當t=4時，A、P、Q三點共線，△APQ不存在，故t=4舍去，
綜上所述：存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形，即t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，t₂=12-4$\sqrt{7}$；
（4）如圖8，PM+FN的值不發(fā)生變化，理由如下：
∵△PQE和△PQF都是等腰直角三角形，
∴∠EPQ=∠FPQ=45°，
∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°，
連接AP，
∵此時t=4秒，
∴BP=4×1=4=$\frac{1}{2}$BC，
∴P為BC的中點，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AP⊥BC，AP=$\frac{1}{2}$BC=CP=BP=4，QP=8，PF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×8=4$\sqrt{2}$，
∠BAP=∠CAP=$\frac{1}{2}$∠BAC=45°，
∴∠APC=90°，∠C=45°，
∴∠C=∠BAP，
∵∠APC=∠CPN+∠APN=90°，
∠EPF=∠APM+∠APN=90°，
∴∠CPN=∠APM，
∴△CPN≌△APM，
∴PM=PN
∴PM+FN=PN+FN=PF=4$\sqrt{2}$，
∴PM+FN的值不發(fā)生變化，此定值為4$\sqrt{2}$．

點評 本題是幾何中的動點問題，考查了等腰直角三角形、全等三角形和相似三角形的性質(zhì)；動點問題一直是中考的熱點問題，這類題綜合性較強，要認真分析動點運動的時間、速度和路程；本題還考查了動點運動中的問題：等腰直角三角形、重疊部分的面積、函數(shù)解析式等；另外，如果某三角形是等腰三角形時，要分三類情況進行討論．