Question

3．如图，在Rt△ABC中，AB=AC=4$\sqrt{2}$，一动点P从点B出发，沿BC方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C即停止，在整个运动过程中，过点P作PD⊥BC与Rt△ABC的直角边相交于点D，延长PD至点Q，使得PD=QD，以PQ为斜边在PQ左侧作等腰直角三角形PQE，设运动时间为t秒
（1）在整个运动过程中，当线段QE与线段AB在一条直线上时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，设△ABC与△PQE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相应的自变量t的取值范围；
（3）在整个过程中，连结AQ、AP，是否存在这样的t，使得△APQ成为等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由；
（4）当t=4秒时，以PQ为斜边在PQ右侧作等腰直角三角形PQF，将四边形PEQF绕点P旋转，PE与线段AB相交于点M，PF与线段AC相交于点N．在这一旋转过程中，试判断PM+FN的值是否发生变化？若发生变化，请直接写出变化的范围；若不发生变化，请直接写出此定值．

Answer 1

分析 （1）由题意得：BP=t，由勾股定理得BC=8，则PC=8-t；在Rt△BPD中得BP=PQ=t，则PD=$\frac{1}{2}$，根据PD=PC列式求t的值；
（2）先求各分界点t的值：i）点当PQ过点A时，点D与点A重合，t=4；ii）当EQ在直线AB上时，t=$\frac{16}{3}$；iii）当P在点C时，t=8；然后分三种情况进行讨论：：①当0＜t≤4时，如图2，重叠部分的面积为三角形面积；当4＜t≤$\frac{16}{3}$时，如图3，重叠部分的面积为四边形面积，利用面积差来求；③当$\frac{16}{3}$＜t＜8时，如图4，重叠部分的面积为梯形面积，利用面积比等于相似比的平方来求；
（3）先作高AH，计息AP的长；△APQ成为等腰三角形时，分三种情况讨论：i）当AP=PQ时，列式计算求t的值；ii）当AQ=PQ时，利用比例式求PG的长，再代入AG=PG=$\frac{1}{2}$AP计算；iii）当AP=AQ时，则四边形AHPT是矩形，PT=AH=4，代入PT=$\frac{1}{2}$PQ计算，t=4，不符合题意，舍去；
（4）PM+FN的值不发生变化，连接AP，证明△CPN≌△APM，得PM+FN这定值是4$\sqrt{2}$．

解答 解：（1）由题意得：BP=t，
当线段QE与线段AB在一条直线上时，如图1，
在Rt△ABC中，AB=AC=4$\sqrt{2}$，则BC=8
可得：PC=PD=8-t，
∵PD=DQ
∴PD=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$t
则$\frac{1}{2}$t=8-t
解得 t=$\frac{16}{3}$；
∴当线段QE与线段AB在一条直线上时，t的值为$\frac{16}{3}$；
（2）当PQ过点A时，点D与点A重合，PC=8-t，
AP=$\frac{1}{2}$BC=4，
则8-t=4，t=4，
当EQ在直线AB上时，t=$\frac{16}{3}$，
当P在点C时，t=8，
∴分三种情况：①当0＜t≤4时，如图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当4＜t≤$\frac{16}{3}$时，如图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当$\frac{16}{3}$＜t＜8时，如图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：
如图5，当D在线段AB上时，∠B=∠C=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，∠BDP=45°，
∴PB=PD=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=2PD=2t，
过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）当AP=PQ，则$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t，
解得：t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，x₂=$\frac{-4\sqrt{7}-4}{3}$（不符合题意，舍去）；
ii）当AQ=PQ时，如图6，过Q作QG⊥AP于G，则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=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
则$\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}$（不符合题意，舍去）；
iii）当AP=AQ时，过A作AT⊥PQ于T，
如图，则四边形AHPT是矩形，PT=AH=4，
若AP=AQ，由于AF⊥PQ，则有QT=PT，即PT=$\frac{1}{2}$PQ，
即4=$\frac{1}{2}$×2t，t=4，
当t=4时，A、P、Q三点共线，△APQ不存在，故t=4舍去，
综上所述：存在这样的t，使得△APQ成为等腰三角形，即t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，t₂=12-4$\sqrt{7}$；
（4）如图8，PM+FN的值不发生变化，理由如下：
∵△PQE和△PQF都是等腰直角三角形，
∴∠EPQ=∠FPQ=45°，
∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°，
连接AP，
∵此时t=4秒，
∴BP=4×1=4=$\frac{1}{2}$BC，
∴P为BC的中点，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AP⊥BC，AP=$\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}$，
∴PM+FN的值不发生变化，此定值为4$\sqrt{2}$．

点评 本题是几何中的动点问题，考查了等腰直角三角形、全等三角形和相似三角形的性质；动点问题一直是中考的热点问题，这类题综合性较强，要认真分析动点运动的时间、速度和路程；本题还考查了动点运动中的问题：等腰直角三角形、重叠部分的面积、函数解析式等；另外，如果某三角形是等腰三角形时，要分三类情况进行讨论．