Question

3．如图1，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（t＞0）．
（1）在整个运动过程中，边PE与边AB的位置关系是PE⊥AB，求当t是多少时，点D经过点A．
（2）如图2，求当t是多少时，点E在边AB上．
拓展：在整个运动过程中，设△ABC与△PQE重叠部分的面积为S，请求出当4＜t＜$\frac{16}{3}$时，S与t之间的函数关系式．
探究：当点D在线段AB上时，连接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．

Answer 1

分析 （1）①如图1，根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC，∠B=45°，EP=EQ，∠EPQ=45°，由三角形的内角和得到∠BDP=45°，推出∠PHD=90°，即可得到结论；②当点D经过点A时，△BPA为等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图2，连接ED，根据等腰直角三角形的性质得到ED⊥PQ，∠AED=∠PED=45°，ED=$\frac{1}{2}$PQ，推出△AED、△EBP与△PBQ都为等腰直角三角形，由勾股定理可得到AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PQ，BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP，列方程即可得到结论；
拓展：当4＜t≤$\frac{16}{3}$时，如图3，根据三角形的面积公式即可得到结论；
探究：当点D在线段AB上时，求出QD=PD=t，PD=2t，过点A作AH⊥BC于点H，PH=BH-BP=4-t，在Rt△APH中求出AP的长度，（ⅰ）若AP=PQ，则有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t，（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，根据△PGQ∽△AHP求出PG的长度，（ⅲ）若AP=AQ，过点A作AT⊥PQ于点T，得出4=$\frac{1}{2}$×2t，求出方程的解即可；

解答 解：（1）①如图1，在等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠B=45°，
在等腰Rt△EPQ中，EP=EQ，∠EPQ=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，
∴∠BDP=45°，
∴∠PHD=90°，
∴PE⊥AB；
②在等腰Rt△BPD中，PB=PD，∠BPD=90°，
∴当点D经过点A时，△BPA为等腰直角三角形，
∴由勾股定理可得：PB=PA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BD=4，
∴t=$\frac{4}{1}$=4；

（2）如图2，连接ED，
在等腰Rt△EPQ中，EQ=EP，D为PQ的中点，
∴ED⊥PQ，∠AED=∠PED=45°，ED=$\frac{1}{2}$PQ，
当E在AB边上时，△AED、△EBP与△PBQ都为等腰直角三角形，
∴由勾股定理可得：AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PQ，
BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP，
∵PQ=PB，
∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$PB
∴AB=AE+BE=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$BP
∵BP=t，
∴$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t=4$4\sqrt{2}$
∴t=$\frac{16}{3}$；
∴当t是$\frac{16}{3}$时，点E在边AB上；
拓展：当4＜t≤$\frac{16}{3}$时，如图3，
S=S_△ABC-S_△PBF-S_△CPD=$\frac{1}{2}×$4$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$-$\frac{1}{2}$t•$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{2}$×（8-t）²=-$\frac{3}{4}$t²+8t-16，
探究：存在，理由如下：
当点D在线段AB上时，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=$\frac{1}{2}$（180°-∠BAC）=45°．
∵PD⊥BC，
∴∠BPD=90°，
∴∠BDP=45°，
∴PD=BP=t，
∴QD=PD=t，
∴PQ=QD+PD=2t．
过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB=AC，
∴BH=CH=$\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}}$；
（ⅰ）若AP=PQ，则有$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$=2t．
解得：t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，t₂=$\frac{-4\sqrt{7}-4}{3}$（不合题意，舍去）；
（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，如图5，
∵∠BPQ=∠BHA=90°，
∴PQ∥AH．
∴∠APQ=∠PAH．
∵QG⊥AP，
∴∠PGQ=90°，
∴∠PGQ=∠AHP=90°，
∴△PGQ∽△AHP，
∴$\frac{PG}{AH}$=$\frac{PQ}{AP}$，即$\frac{PG}{4}$=$\frac{2t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
∴PG=$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$，
若AQ=PQ，由于QG⊥AP，则有AG=PG，即PG=$\frac{1}{2}$AP，
即$\frac{8t}{\sqrt{{t}^{2}-8t+32}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{t}^{2}-8t+32}$．
解得：t₁=12-4$\sqrt{7}$，t₂=12+4$\sqrt{7}$（不合题意，舍去）；
（ⅲ）若AP=AQ，过点A作AT⊥PQ于点T，如图6，
易知四边形AHPT是矩形，故PT=AH=4．
若AP=AQ，由于AT⊥PQ，则有QT=PT，即PT=$\frac{1}{2}$PQ，
即4=$\frac{1}{2}$×2t．解得t=4．
当t=4时，A、P、Q三点共线，△APQ不存在，故t=4舍去．
综上所述，存在这样的t，使得△APQ成为等腰三角形，即t₁=$\frac{4\sqrt{7}-4}{3}$，秒或t₂=（12-4$\sqrt{7}$）秒．

点评 本题考查了三角形面积，相似三角形的性质和判定，三角形内角和定理，等腰直角三角形等知识点的综合运用，用了分类讨论思想和方程思想，难度偏大．