Question

【题目】如图，在Rt△ABC中，AB=AC=4．一动点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，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；

(2)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；

(3)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．试判断在这一旋转过程中，四边形PMAN的面积是否发生变化？若发生变化，求出四边形PMAN的面积y与PM的长x之间的函数关系式以及相应的自变量x的取值范围；若不发生变化，求出此定值．

Answer 1

【答案】（1）当0＜t≤4时，S=t2，当4＜t≤时，S=-t2+8t-16，当＜t＜8时，S=t2-12t+48；（2）秒或t2=（12-4）秒；（3）8.

【解析】

试题（1）当PQ过A时求出t=4，当E在AB上时求出t=，当P到C点时t=8，即分为三种情况：根据三角形面积公式求出当0＜t≤4时，S=t2，当4＜t≤时，S=-t2+8t-16，当＜t＜8时，S=t2-12t+48；

（2）存在，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=，

（ⅰ）若AP=PQ，则有，

（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，根据△PGQ∽△AHP求出PG=，若AQ=PQ，得出．

（ⅲ）若AP=AQ，过点A作AT⊥PQ于点T，得出4=×2t，求出方程的解即可；

（3）四边形PMAN的面积不发生变化，连接AP，此时t=4秒，求出S四边形PMAN=S△APM+S△APN=S△CPN+S△APN=S△ACP=×CP×AP=8．

试题解析：（1）当0＜t≤4时，S=t2，当4＜t≤时，S=-t2+8t-16，当＜t＜8时，S=t2-12t+48；（2）存在，理由如下：

当点D在线段AB上时，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C=（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=BC=4，AH=BH=4，

∴PH=BH-BP=4-t，

在Rt△APH中，AP=；

（ⅰ）若AP=PQ，则有．

解得：，（不合题意，舍去）；

（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，如图（1），

∵∠BPQ=∠BHA=90°，

∴PQ∥AH．

∴∠APQ=∠PAH．

∵QG⊥AP，

∴∠PGQ=90°，

∴∠PGQ=∠AHP=90°，

∴△PGQ∽△AHP，

∴，即，

∴，

若AQ=PQ，由于QG⊥AP，则有AG=PG，即PG=AP，

即．

解得：t1=12-4，t2=12+4（不合题意，舍去）；

（ⅲ）若AP=AQ，过点A作AT⊥PQ于点T，如图（2），

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=PQ，

即4=×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，即秒或t2=（12-4）秒；

（3）四边形PMAN的面积不发生变化．理由如下：

∵等腰直角三角形PQE，

∴∠EPQ=45°，

∵等腰直角三角形PQF，

∴∠FPQ=45°．

∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°，

连接AP，如图（3），

∵此时t=4秒，

∴BP=4×1=4=BC，

∴点P为BC的中点．

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AP⊥BC，AP=BC=CP=BP=4，∠BAP=∠CAP=∠BAC=45°，

∴∠APC=90°，∠C=45°，

∴∠C=∠BAP=45°，

∵∠APC=∠CPN+∠APN=90°，

∠EPF=∠APM+∠APN=90°，

∴∠CPN=∠APM，

∴△CPN≌△APM，

∴S△CPN=S△APM，

∴S四边形PMAN=S△APM+S△APN=S△CPN+S△APN=S△ACP=×CP×AP=×4×4=8．

∴四边形PMAN的面积不发生变化，此定值为8．

考点: 相似形综合题.