Question

1．如图1．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9cm，BC=12cm．在Rt△DEF中，∠DFE=90°，EF=6cm，DF=8cm．点C、B、E、F在同一直线上，且B、F两点重合．现固定△ABC不动，将△DEF沿直线BC以1cm/s的速庋向点C运动．当点F到达点C时，△DEF停止运动．设运动的时间是t（s）．其中t＞0．

（l）当t=$\frac{32}{3}$秒时，点D落在线段AB上；
（2）设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S．请直接写出S与t的函数关系式及t的取值范围；
（3）如图2，当点F开始运动时，点P同时从点F出发，在折线FD-DE上以2cm/s的速度向点E运动，设DE、DF两边分别与AB边交于M、N两点．
①求t为何值时，△PMN为等腰三角形？
②如图3，当点P在边DF上运动时，求线段CP的中点Q所经过的路径长度．

Answer 1

分析 （1）作出此时的图形，由平移性质可知BF就是运动的路程，用t表示出BF，再利用相似三角形的线段比例关系列出方程，解之即可；
（2）求重叠部分面积的关键是要弄清楚重叠部分的几何形状，观察△DEF的整个运动过程可以发现：0＜t≤6重叠部分是一个四边形，6＜t≤$\frac{32}{3}$重叠部分是一个五边形，$\frac{32}{3}$＜t≤12重叠部分是一个直角梯形，对三种情况分别用割补法求之即可；
（3）①△PMN要为等腰三角形，分PN=PM，NP=NM，MP=MN三种情况分别计算即可．
②要求Q点所经过的路径的长度，也就是求运动过程中Q点的轨迹的长度．既然要求轨迹，那么首先要弄清楚轨迹的形状．此问的难点在于P点同时具有水平方向与竖直方向上的速度，这使得问题有点“偏物理”，给分析也带来一定难度．对于这个问题，有以下两种处理思路：
第一种，利用极端原理简化处理，由于运动都是匀速直线动，所以我们可以断定Q点的路径是直线型的，这样以来，我们就可简化处理，也就是不必关心中间过程，找到初始时刻Q点的位置（就是BC的中点），再找到终点时刻（即P点到达D点时）Q点的位置，连接起始点与终点线段就是Q点的路径长度，．
第二种，对于上一种，虽然可以算出正确答案，但总感觉逻辑上有所欠缺，因为我们事先断定轨迹是直的而不是曲的．本质上讲这是一个轨轨问题，需要借助解析手段才能严格说明为什么Q点的轨迹是直的而不是弯的．为此，我们以C点为坐标原点，CA为y轴，CB为x轴建立坐标系，将P点的坐标用t表示，Q点的坐标也可以用t表示，这样我们清晰地说明Q点始终在一直线上，这条直线的解析式也是可以求出来的，整个运动过程的时间也就是P点走完FD所用的时间，即4秒，这样Q点轨迹长度就迎刃而解了．

解答 解：（1）如图D1，当D点落在AB上时，


tan∠ABC=$\frac{DF}{BF}=\frac{AC}{BC}$，
即$\frac{8}{t}=\frac{9}{12}$，解得$t=\frac{32}{3}$（秒）．

（2）当0＜t≤6时，如图D2-1，此时重叠部分为四边形GHEF，且S=S_△BEG-S_△BFH，

∵AC=9，BC=12，
∴AB=15，
∴sin∠ABC=$\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$，
∵EG=$\frac{3}{5}$BE=$\frac{3}{5}$（6+t），
BG=$\frac{4}{5}$BE=$\frac{4}{5}$（6+t），
∴S_△BEG=$\frac{1}{2}$BG×EG=$\frac{6}{25}$（6+t）²，
∵FH=$\frac{3}{4}$BF=$\frac{3}{4}$t，
∴S_△BFH=$\frac{1}{2}$BF×FH=$\frac{3}{8}$t²，
∴S=S_△BEG-S_△BFH=$\frac{6}{25}$（6+t）²-$\frac{3}{8}$t²=-$\frac{27}{200}$t²+$\frac{72}{25}$t+$\frac{216}{25}$；

当6＜t≤$\frac{32}{3}$时，如图D2-2，此时重叠部分为五边形JKFCL，且S=S_梯KFCA-S_△AJL，


∵BF=t，
KF=$\frac{3}{4}$t，
CF=12-t，
CE=t-6，
CL=$\frac{4}{3}$CE=$\frac{4}{3}$（t-6），
AL=AC-CL=9-$\frac{4}{3}$（t-6）=-$\frac{4}{3}$t+17，
AJ=$\frac{3}{5}$AL=-$\frac{4}{5}$t+$\frac{51}{5}$，
LJ=$\frac{4}{5}$AL=-$\frac{16}{15}$t+$\frac{68}{5}$，
∴S_梯KFCA=$\frac{1}{2}$（KF+AC）×CF=$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{4}$t+9）×（12-t）=-$\frac{3}{8}$t²+54，
S_△AJL=$\frac{1}{2}$AJ×LJ=$\frac{1}{2}$（-$\frac{4}{5}$t+$\frac{51}{5}$）（-$\frac{16}{15}$t+$\frac{68}{5}$）=$\frac{32}{75}$t²-$\frac{816}{75}$t+$\frac{1734}{25}$，
∴S=S_梯KFCA-S_△AJL=-$\frac{3}{8}$t²+54-（$\frac{32}{75}$t²-$\frac{816}{75}$t+$\frac{1734}{25}$）=-$\frac{481}{600}$t²+$\frac{816}{75}$t-$\frac{384}{25}$，

当$\frac{32}{3}$＜t≤12时，如图D2-3，此时重叠部分为直角梯形DFCO，

∵CE=t-6，
CO=$\frac{4}{3}$CE=$\frac{4}{3}$（t-6），
CF=12-t，
∴S=S_△DEF-S_△CEO=$\frac{1}{2}$×8×6-$\frac{1}{2}$×（t-6）×$\frac{4}{3}$（t-6）=-$\frac{2}{3}$t²+8t，

综合所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{27}{200}{t}^{2}+\frac{72}{25}t+\frac{216}{25}（0＜t≤6）}\\{-\frac{481}{600}{t}^{2}+\frac{816}{75}t-\frac{384}{25}（6＜t≤\frac{32}{3}）}\\{-\frac{2}{3}{t}^{2}+8t（\frac{32}{3}＜t≤12）}\end{array}\right.$

（3）①Ⅰ、若PM=PN，如图D3-1-1，

∵BF=t，
NF=$\frac{3}{4}$t，
BN=$\frac{5}{4}$t，
BE=6+t，
BM=$\frac{4}{5}$（6+t），
∴MN=BM-BN=$\frac{4}{5}$（6+t）-$\frac{5}{4}$t=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，
作PT⊥MN于T，MT=NT=$\frac{1}{2}$MN=-$\frac{9}{40}$t+$\frac{12}{5}$，
∵PF=2t，PN=PF-NF=2t-$\frac{3}{4}$t=$\frac{5}{4}$t，
∴$\frac{NT}{PN}=\frac{NF}{BN}=\frac{3}{5}$，
即NT=$\frac{3}{5}$PN，
-$\frac{9}{40}$t+$\frac{12}{5}$=$\frac{3}{4}$t，解得t=$\frac{32}{13}$

Ⅱ、若NP=NM，如图D3-1-2，

∵BF=t，
NF=$\frac{3}{4}$t，
BN=$\frac{5}{4}$t，
BE=6+t，
BM=$\frac{4}{5}$（6+t），
∴MN=BM-BN=$\frac{4}{5}$（6+t）-$\frac{5}{4}$t=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，
∵PF=2t，PN=PF-NF=2t-$\frac{3}{4}$t=$\frac{5}{4}$t，
∴$\frac{5}{4}$t=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，解得t=$\frac{48}{17}$

Ⅲ、若MP=MN，如图D3-1-3，

当P在DN上时：
∵MN=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，
DN=$\frac{5}{3}$MN，
PD=8-2t，
PN=2×$\frac{3}{5}$MN=$\frac{6}{5}$MN，
DN=PN+PD，
$\frac{5}{3}$MN=8-2t+$\frac{6}{5}$MN，
$\frac{7}{15}$MN=8-2t，
$\frac{7}{15}$（-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$）=8-2t，解得：t=$\frac{576}{179}$；
当P点在MD上时：
∵MN=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，
MD=$\frac{4}{3}$MN，
PD=2t-8，
MP=MD-PD=$\frac{4}{3}$MN-2t+8，
MN=$\frac{4}{3}$MN-2t+8，
$\frac{1}{3}$（-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$）-2t+8=0，解得t=$\frac{192}{43}$；
当P点在ME上时：
∵MN=-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$，
MD=$\frac{4}{3}$MN，
PD=2t-8，
MP=2t-MD-8=2t-$\frac{4}{3}$MN-8，
∴MN=2t-$\frac{4}{3}$MN-8，
$\frac{7}{3}$（-$\frac{9}{20}$t+$\frac{24}{5}$）=2t-8，解得t=$\frac{384}{61}$．
综上所述，当t的值为$\frac{32}{13}$、$\frac{48}{17}$、$\frac{576}{179}$、$\frac{192}{43}$、$\frac{384}{61}$时，△PMN是等腰三角形．

②方法一：（极端原理）
在起始时刻，P点、F点都与B点重合，如图D3-2-1，

此时，CP的中点就是BC的中点Q₁，
当P点从F点运动到D点时，如图D3-2-2，

∵t=$\frac{DF}{2}$=4（秒），
BF=4，CF=12-4=8=DF，
∴△CPF是等腰直角三角形，
∴∠PCF=45°，
过Q₂作Q₂S⊥BC于S，
∵Q₂是中点，
∴Q₂S=$\frac{1}{2}$DF=4，
CS=Q₂S=4，
Q₁S=CQ₁-CS=6-4=2，
∴Q₁Q₂=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
方法二：（解析法）
如图D3-2-3，以C点为坐标原点，CA为y轴，CB为x轴建立坐标系，

则P点的坐标为（12-t，2t），Q点的坐标为（$\frac{12-t}{2}$，t），
令$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{12-t}{2}}\\{y=t}\end{array}\right.$，消去t可得，y=-2x+12，
即Q点始终在直线l：y=-2x+12上运动，说明Q点的轨迹是一条直线段．
令t=0，得到Q点的初始位置的坐标为Q₁（6，0），
令t=4，得到Q点的终点位置的坐标为Q₂（4，4），
作过Q₂作Q₂S⊥BC于R，则Q₂R=4，Q₁R=2，
∴Q₁Q₂=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
综上所述，线段CP的中点Q所经过的路径长度为2$\sqrt{5}$．

点评 本题以动态几何为背景，综合考查了相似三角形、三角函数、面积计算、等腰三角形的性质、分类讨论、勾股定理等多个知识点和技能，计算过程宏大复杂，难度很大，对同学们的数学素质要求极高．