Question

1．如图，在矩形ABCD中，DB=6，AD=3，在Rt△EFG中，∠GEF=90°，EF=3，GF=6，△EFG（点F和点A重合）的边EF和矩形的边AB在同一直线上．现Rt△EFG将从A以每秒1个单位的速度向射线AB方向匀速平移，当点F与点B重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）当△EFG运动到$\sqrt{3}$秒时，GF经过点D；
（2）在整个运动过程中，设△EFG与△ABD重叠部分面积为S，请直接写出S与t的函数关系式和相应t的取值范围；
（3）当点F到达点B时，将△EFG绕点F顺时针旋转α（0＜α＜180°），旋转过程中EG所在直线交CD所在直线于M，交直线DB所在直线于点N，是否存在这样的α，使△DNM为等腰三角形？若存在，求DM的长，并直接写出答案；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）当GF经过点D时，GE∥DA，由EF=3，GF=6，可得∠EGF=∠ADF=30°，用三角函数计算可得AF=$\sqrt{3}$，所以t=$\sqrt{3}$．
（2）根据题意，分三种情况讨论：①当0≤t＜$\sqrt{3}$时，②当$\sqrt{3}$≤t＜3时，③当3≤t≤6时，根据三角形、梯形的面积的求法，求出S与t的函数关系式即可．
（3）根据题意，分三种情况讨论：①当DM=DN时；②当DN=MN时；③当DM=MN时；然后根据等腰三角形的性质，分类讨论，求出α的值以及DM的长度各是多少即可．

解答 解：在Rt△ABD中，∠DAB=90°，DB=6，AD=3，
∴∠DBA=30°，∠ADB=60°，AB=DB•cos30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3$\sqrt{3}$，
在Rt△GEF中，∠GEF=90°，EF=3，GF=6，
∴∠EGF=30°，∠EFG=60°，GE=GF•cos30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3$\sqrt{3}$．
（1）如图1，当GF经过点D时，GE∥DA，，
∵EF=3，GF=6，
∴∠EGF=∠ADF=30°，
又∵AD=3，
∴AF=tan30°×AD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×3=$\sqrt{3}$，
∴当△EFG运动到$\sqrt{3}$秒时，GF经过点D．

（2）①如图2，当0≤t＜$\sqrt{3}$时，，
∵AF=t，AH=$\sqrt{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$×t×$\sqrt{3}$t，
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²．

②如图3，当$\sqrt{3}$≤t＜3时，作PQ⊥AB于点Q，，
∵AF=t，
∴BF=3$\sqrt{3}$-t，
∵BQ=$\sqrt{3}$PQ，QF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ，
∴QF=$\frac{1}{3}$BQ，QF=$\frac{3\sqrt{3}-t}{2}$，
∴PQ=$\sqrt{3}$QF=$\frac{9-\sqrt{3}t}{2}$，
∴S=S_△BAD-S_△BFP=$\frac{1}{2}$×3×3$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×（3$\sqrt{3}$-t）×$\frac{9-\sqrt{3}t}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\frac{9}{2}$t-$\frac{9\sqrt{3}}{4}$．

③如图4，当3≤t≤6时，GE与BD交于点M，，
BE=3$\sqrt{3}$-（t-3）=3$\sqrt{3}$+3-t，EM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$BE=3+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}t$，BF=3$\sqrt{3}$-t，PQ=$\frac{9-\sqrt{3}t}{2}$，
∴S=S_△BEM-S_△BFP=$\frac{1}{2}$×（3$\sqrt{3}$+3-t）×（3+$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}t$）-$\frac{1}{2}$×（3$\sqrt{3}$-t）×$\frac{9-\sqrt{3}t}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²+$\frac{3-2\sqrt{3}}{2}$t$+9-\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
综上，可得
S=$\left\{\begin{array}{l}{{\frac{\sqrt{3}}{2}t}^{2}，0≤t＜\sqrt{3}}\\{-{\frac{\sqrt{3}}{4}t}^{2}+\frac{9}{2}t-\frac{9\sqrt{3}}{4}，\sqrt{3}≤t＜3}\\{-{\frac{\sqrt{3}}{12}t}^{2}+\frac{3-2\sqrt{3}}{2}t+9-\frac{3\sqrt{3}}{4}，3≤t≤6}\end{array}\right.$

（3）存在α，使△DNM为等腰三角形．
①如图5，当DM=DN时，，
∵DM=DN，
∴∠DMN=∠DNM=（180°-∠MDN）÷2=（180°-30°）÷2=75°，
∵∠BNE=∠DNM=75°，
∴∠NBE=90°-∠BNE=90°-75°=15°，
∴α=∠ABD-∠NBE=30°-15°=15°，
∴BN=$\frac{BE}{sin75°}$=$\frac{3}{sin（45°+30°）}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$=3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$，
∴DM=DN=DB-BN=6-（3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$）=6+3$\sqrt{2}$-3$\sqrt{6}$．

②如图6，当DN=MN时，，
∵DN=MN，
∴∠MDN=∠DMN=30°，
∵∠DNM=180°-30°-30°=120°，
∴∠BNM=180°-∠DNM=180°-120°=60°，
∴∠EBN=90°-∠BNM=90°-60°=30°，
∴α=∠ABD+∠NBE=30°+30°=60°，
∴BN=$\frac{BE}{cos30°}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴MN=DN=DB-BN=6-2$\sqrt{3}$，
∴DM=2DH=2DN×cos30°=2×（6-2$\sqrt{3}$）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=6$\sqrt{3}-6$．

③如图7，当DM=MN时，D、B、G三点共线，连接BM，，
∵GBE=60°，
∴α=∠ABD+180°-∠GBE=30°+180°-60°=150°，
∵DM=MN，DB=GB，
∴MB⊥DG，
在Rt△MBG中，
∴DM=MN=$\frac{GB}{cos30°}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\sqrt{3}$．
综上，可得存在α，使△DNM为等腰三角形．
①当DM=DN时，α=15°，DM=6+3$\sqrt{2}$-3$\sqrt{6}$．
②当DN=MN时，α=60°，DM=6$\sqrt{3}$-6．
③当DM=MN时，α=150°，DM=4$\sqrt{3}$．
故答案为：$\sqrt{3}$．

点评 （1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了等腰三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①等腰三角形的两腰相等．②等腰三角形的两个底角相等．③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．
（3）此题还考查了图形的平移，三角形的面积公式的运用，梯形的面积公式的运用，分段函数的解法的运用，三角函数值的运用，勾股定理的运用，等腰直角三角形的性质的运用，解答时寻找分段函数的分段点是难点．