Question

如图1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AC=CD=10cm，AB=8cm，点P由点C出发沿CA方向运动，同时点E由点A出发沿AB方向运动，点P与点E的运动速度都是1cm/s，当点E运动到点B，两点的运动停止．过点E作EF∥AD，分别交CD、AC于点F、点G，连结EP，设点E的运动时间是t（秒），回答以下问题：

（1）当t取何值时，EP∥BC？
（2）令△PEG的面积为S，当0＜t＜5时，求S关于t的函数关系式，若存在最大值，请求出此时的t值；
（3）是否存在t值，使△PEG为等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由；
（4）如图2，点E关于AC的对称点是点E′，当t=

 

时（直接写出相应的t值），PE′⊥EF．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）当EP∥BC时，就有△AEP∽△ABC，由相似三角形的性质就可以得出

AE

AB

=

AP

AC

，进而就可以求出结论；
（2）过点E作EH⊥AC于点H，AM⊥CD于M，就可以得出四边形ABCM是矩形，就有∠ACM=∠BAC，得出sin∠ACM=sin∠BAC．就可以表示出EH的值，再由三角形的面积公式就可以求出解析式，由二次函数的解析式的性质就可以求出最大值时t的值；
（3）分情况讨论，当当0＜t＜5时，只可能EG=PG，过点A作AM⊥CD于点M，由平行四边形的性质就可以求出△AEG∽△CAD，就可以得出AE=AG，由勾股定理的性质就可以求出AD的值，进而求出EG而得出PG，根据PG=10-2t建立方程求出其解即可；当5＜t≤8时，分三种情况GP=EG，EG=EP，GP=EP由等腰三角形的性质就可以分别求出结论；
（4）延长PE′交AD于I，作PQ⊥AB于Q，作EN⊥AC于N，就可以表示出PE，由△AE′I∽△PEQ，就有

AI

PQ

=

AE′

PE

，可以分别求出AI，PQ，进而由勾股定理建立方程求出其解即可．

解答：解：（1）如图1，∵AE=PC=t，AC=10，
∴AP=10-t．
∵EP∥BC，
∴△AEP∽△ABC，
∴

AE

AB

=

AP

AC

，
∴

t

8

=

10-t

10

，
∴t=

40

9

．
答：t=

40

9

时，EP∥BC；
（2）过点E作EH⊥AC于点H，AM⊥CD于M，
∴∠EHA=∠AMC=90°．
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，∠ACM=∠BAC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠B=∠BCD=∠AMC=90°，
∴四边形ABCM是矩形，
∴BC=AM．AB=CM，
在Rt△ABC中，AC=10，AB=8，由勾股定理，得
BC=6．
∴AM=6，
∴sin∠ACM=

AM

AC

=

3

5

，cos∠ACM=

4

5

，
∴sin∠BAC=

EH

AE

=

3

5

．cos∠BAC=

4

5

．
∵AE=t，
∴EH=

3

5

t．
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠D．
∵EF∥AD，
∴∠CGF=∠CAD，∠CFG=∠D，
∴∠CGF=∠CFG．
∵AB∥CD，
∴∠AEG=∠CFG．
∴∠AEG=∠CGF．
∵∠AGE=∠CGF，
∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG=t．
∴PG=10-2t．
S=

1

2

×

3

5

t（10-2t）=-

3

5

t²+3t．
∴S=-

3

5

（t-2.5）²+

15

4

，
∴当t=2.5时，S可取到最大值为

15

4

；

（3）情况一：当0＜t＜5时，如图3，只有EG=PG．
过点A作AM⊥CD于点M，
∴∠AMD=∠AMC=90°．
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，∠ACM=∠BAC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠B=∠BCD=∠AMC=90°，
∴四边形ABCM是矩形，
∴BC=AM．AB=CM，
∵AC=CD=10cm，AB=8cm，
∴CM=8，
∴MD=2．
在Rt△ABC中，AC=10，AB=8，由勾股定理，得
BC=6．
∴AM=6，
在Rt△AMD中，由勾股定理，得
AD=2

10

．
∵AB∥CD，EF∥AD，
∴四边形EFDA是平行四边形，∠EAG=∠ACD．
∴∠AEG=∠D，
∴△AEG∽△CAD，
∴

EG

AD

=

AE

AC

．
∴

EG

2 10

=

t

10

，
∴EG=

10

5

t．
∵EG=PG，
∴PG=

10

5

t．
∴2t+

10

5

t=10，
∴t=

50-5 10

9

；

情况二：当5＜t≤8时，PG=2t-10，EG=

10

5

t，
存在三种可能：
①如图4，当PE=GE时，作EN⊥AC于N，
∴GN=PN=

1

2

PG=t-5．∠ENP=90°．
∴EN=

3

5

t，GE²=EN²+GN²，
∴（

10

5

t）²=（

3

5

t）²+（t-5）²，
解得：t₁=

25

6

＜5（舍去），t₂=

25

4

；
②如图5，当GP=GE时，

10

5

t=2t-10，
解得：t=

50+5 10

9

；
③如图5，当GP=PE时，
∴PE=GP=2t-10，PN=

4

5

t-（10-t）=

9

5

t-10，EN=

3

5

t，
∴EN²+PN²=PE²，
∴（

3

5

t）²+（

9

5

t-10）²=（2t-10）²，
解得：t₁=0（舍去），t₂=10（舍去）．
综上所述，t=

50-5 10

9

，

50+5 10

9

或

25

4

时，△PEG为等腰三角形；

（4）如图6，延长PE′交AD于I，作PQ⊥AB于Q，作EN⊥AC于N，
∴∠ANE=∠PNE=∠PQE=90°．
∵PE′⊥EF，
∴∠PME=90°．
∵EF∥AD，
∴∠PME=∠AIE′=90°．
∵△AEP与△AE′P关于AC成轴对称，
∴△AEP≌△AE′P，
∴∠AEP=∠AE′P，PE=PE′，AE=AE′=t．
∴∠PEQ=∠AE′I，
∴△AE′I∽△PEQ，
∴

AI

PQ

=

AE′

PE

．
∵PC=t，
∴PA=10-t．EN=

3

5

t，AN=

4

5

t，
∴PQ=6-

3

5

t，AQ=8-

4

5

t，PN=10-

9

5

t，
∴QE=8-

9

5

t．
在Rt△PNE中，由勾股定理，得
PE²=

18

5

t²-36t+100，
∴PE=

18 5 t2-36t+100

．
∴PE′=

18 5 t2-36t+100

．
∴

AI

6- 3 5 t

=

t

18 5 t2-36t+100

，
∴AI=

10

10

（10-t）．
∴PI=

9 10 t2-18t+90

，E′I=

9 10 t2+2t-10

．
∴PE′=PI-E′I，
∴

18 5 t2-36t+100

=

9 10 t2-18t+90

-

9 10 t2+2t-10

．

9

5

t²-20t+20=-2

9 10 t2-18t+90

•

9 10 t2+2t-10

．
∴t=

25

9

．
故答案为：

25

9

．

点评：本题考查了锐角三角函数值的运用，勾股定理的运用，相似三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，二次函数的性质的运用，二次函数的顶点式的运用，轴对称的性质的运用，解答时运用勾股定理建立方程求解是关键．