已知:如图一.在矩形ABCD中.CH平分∠ACD.Rt△EFG中.∠F=90°.顶点E.G分别与矩形ABCD的顶点C.D重合.EF=3.FG=6.AH=$\frac{5}{2}$$\sqrt{5}$.∠ACD=2∠EGF.将△EFG沿着射线CA以每秒$\sqrt{5}$个单位的速度平移.设平移时间为t秒.(1)求CD和AC的长．(2)在平移过程中.当△EFG与△ACH有重叠� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．已知：如图一，在矩形ABCD中，CH平分∠ACD，Rt△EFG中，∠F=90°，顶点E、G分别与矩形ABCD的顶点C、D重合，EF=3，FG=6，AH=$\frac{5}{2}$$\sqrt{5}$，∠ACD=2∠EGF，将△EFG沿着射线CA以每秒$\sqrt{5}$个单位的速度平移，设平移时间为t秒（t＞0），
（1）求CD和AC的长．
（2）在平移过程中，当△EFG与△ACH有重叠部分时，设重叠部分面积为S，请直接写出S与t的函数关系式及对应的自变量t的取值范围．
（3）如图二，当△EFG平移到点E与点A重合时，将△AFG绕点A逆时针旋转一个角α（0°≤α≤180°），记旋转中的△AFG为△AF′G′，在旋转过程中，设F′G′所在的直线与直线AD交于点P，与直线AC交于点Q，是否存在这样的P，Q两点，使△APQ为等腰三角形？若存在，求出此时AQ的长；若不存在，请说明理由．

分析（1）如图1，直接利用勾股定理求CD的长，再证明△CDF∽△HCD，得$\frac{CF}{HD}=\frac{DF}{CD}$，代入可求得HD的长，则AD=AH+DH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$+$\frac{3}{2}\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，利用勾股定理求AC；
（2）先计算平移过程中的特殊位置：当GE经过点H时，如图2，求EC的长，此时，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；当FG在直线CH上时，根据三角函数列式求EC，如图3，此时，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；当点F在边AD上时，如图4，利用面积法求FM的长，利用勾股定理求EM的长，再根据三角函数列式求EC，此时，t=4$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=4；
分四种情况：
①当0＜t≤$\frac{15}{8}$时，如图5，重叠部分是直角△EMN，先利用三角函数求EN，再求MN，根据面积公式求S；
②当$\frac{15}{8}$＜t≤3时，如图6，重叠部分是四边形NEMH，利用面积差求关系式；
③当3＜t≤4时，如图7，重叠部分是四边形NEFM，利用面积差求关系式；
④当4＜t≤5时，如图8，重叠部分是直角△EMN，根据公式代入求面积；
（3）存在，有四种情况：
①当AQ=AP时，如图9，②当AQ=PQ时，如图10，③当AQ=AP时，如图11，④当AP=AQ时，如图12，
都过Q作QN⊥AD，交DA的延长线于N，根据三角函数列式可以求出对应AQ的长．

解答解：（1）如图1，Rt△EFG中，∠F=90°，
由勾股定理得：CD=$\sqrt{C{F}^{2}+D{F}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{6}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠DFC=90°，
∵CH平分∠ACD，
∵∠ACD=2∠DCH，
∵∠ACD=2∠EGF，
∴∠DCH=∠EGF，
∴△CDF∽△HCD，
∴$\frac{CF}{HD}=\frac{DF}{CD}$，
∴$\frac{3}{HD}=\frac{6}{3\sqrt{5}}$，
∴HD=$\frac{3}{2}\sqrt{5}$，
∴AD=AH+DH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$+$\frac{3}{2}\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，
在Rt△ACD中，AD=4$\sqrt{5}$，CD=3$\sqrt{5}$，
∴AC=$\sqrt{A{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{（4\sqrt{5}）^{2}+（3\sqrt{5}）^{2}}$=5$\sqrt{5}$；
（2）当GE经过点H时，如图2，
∵GE⊥BC，
∴GE⊥AD，
在Rt△AHE中，cos∠DAC=$\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AC}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}\sqrt{5}}{AE}=\frac{4\sqrt{5}}{5\sqrt{5}}$=$\frac{4}{5}$，
∴AE=$\frac{25\sqrt{5}}{8}$，
∴CE=5$\sqrt{5}$-$\frac{25\sqrt{5}}{8}$=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$，
此时，t=$\frac{15\sqrt{5}}{8}$$÷\sqrt{5}$=$\frac{15}{8}$；
当FG在直线CH上时，如图3，
Rt△EFC中，sin∠ACH=sin∠CDF=$\frac{EF}{CD}=\frac{EF}{CE}$，
∴CD=CE=3$\sqrt{5}$，
此时，t=3$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=3；
当点F在边AD上时，如图4，
S_△GEF=$\frac{1}{2}$EF•FG=$\frac{1}{2}$EG•FM，
3×6=3$\sqrt{5}$•FM，
FM=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
由勾股定理得：EM=$\sqrt{E{F}^{2}-F{M}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{6\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
sin∠DAC=$\frac{EM}{AE}=\frac{3}{5}$，
$\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{AE}$=$\frac{3}{5}$，AE=$\sqrt{5}$，
∴EC=5$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$=4$\sqrt{5}$，
此时，t=4$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=4；
分四种情况：
①当0＜t≤$\frac{15}{8}$时，如图5，重叠部分是直角△EMN，
由题意得：CE=$\sqrt{5}$t，
∵MN∥FG，
∴∠ENM=∠EFG=90°，
sin∠ACH=sin∠EGF=$\frac{EN}{EC}=\frac{EF}{EG}$，
$\frac{EN}{\sqrt{5}t}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
EN=t，
∵HC∥FG，
∴∠EMN=∠G，
tan∠EMN=tan∠G=$\frac{EN}{MN}=\frac{EF}{FG}$，
∴$\frac{t}{MN}=\frac{3}{6}$，
∴MN=2t，
∴S=S_△EMN=$\frac{1}{2}$EN•MN=$\frac{1}{2}$t•2t=t²；
②当$\frac{15}{8}$＜t≤3时，如图6，重叠部分是四边形NEMH，
同理得：EM=t，CM=2t，
∴AE=5$\sqrt{5}$-$\sqrt{5}$t，
∵EN∥CD，
∴△ANE∽△ADC，
∴$\frac{AN}{AD}=\frac{EN}{CD}=\frac{AE}{AC}$，
∴$\frac{AN}{4\sqrt{5}}$=$\frac{EN}{3\sqrt{5}}$=$\frac{5\sqrt{5}-\sqrt{5}t}{5\sqrt{5}}$，
∴AN=$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$，EN=$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
∴S=S_△AHC-S_△AEN-S_△EMC，
=$\frac{1}{2}$AH•CD-$\frac{1}{2}$AN•EN-$\frac{1}{2}$EM•MC，
=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}\sqrt{5}$×$3\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$×$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$-$\frac{1}{2}$t•2t，
=-$\frac{11}{5}{t}^{2}$+12t-$\frac{45}{4}$；
③当3＜t≤4时，如图7，重叠部分是四边形NEFM，
延长GF交AC于P，
∵GF∥CH，
∴sin∠GPE=sin∠HCA=$\frac{EF}{EP}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
∴$\frac{3}{EP}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
∴EP=3$\sqrt{5}$，
∵PM∥CH，
∴△APM∽△ACH，
∴$\frac{AP}{AC}=\frac{AM}{AH}$，
∴$\frac{5\sqrt{5}-\sqrt{5}t+3\sqrt{5}}{5\sqrt{5}}$=$\frac{AM}{\frac{5}{2}\sqrt{5}}$，
∴AM=$\frac{\sqrt{5}}{2}$（8-t），
∴MN=AM-AN=$\frac{\sqrt{5}}{2}（8-t）$-$\frac{4\sqrt{5}（5-t）}{5}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}t$，
∴GN=2MN=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$t，
∴S=S_△GEF-S_△GMN=$\frac{1}{2}$EF•FG-$\frac{1}{2}$MN•GN=$\frac{1}{2}$×3×6-$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{5}}{10}t$×$\frac{3\sqrt{5}}{5}t$=-$\frac{9}{20}{t}^{2}$+9；
④当4＜t≤5时，如图8，重叠部分是直角△EMN，
由②得：EN=$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
tan∠GEF=$\frac{MN}{EN}=\frac{6}{3}$=2，
∴MN=2EN=$\frac{6\sqrt{5}（5-t）}{5}$，
∴S=S_△EMN=$\frac{1}{2}$EN•MN=$\frac{1}{2}$•$\frac{3\sqrt{5}（5-t）}{5}$•$\frac{6\sqrt{5}（5-t）}{5}$=$\frac{9}{5}{t}^{2}$-18t+45；
综上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}（0＜t≤\frac{15}{8}）}\\{-\frac{11}{5}{t}^{2}+12t-\frac{45}{4}（\frac{15}{8}＜t≤3）}\\{-\frac{9}{20}{t}^{2}+9（3＜t≤4）}\\{\frac{9}{5}{t}^{2}-18t+45（4＜t≤5）}\end{array}\right.$；
（3）存在，
有四种情况：
①当AQ=AP时，如图9，
过Q作QN⊥AD，交DA的延长线于N，
∵AF′⊥PQ，
∴F′Q=F′P，
tan∠CAD=tan∠NAQ=$\frac{CD}{AD}=\frac{NQ}{AN}$=$\frac{3\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}$=$\frac{3}{4}$，
设NQ=3x，AN=4x，则AQ=AP=5x，
∴PN=9x，
tan∠F′PA=$\frac{AF′}{F′P}=\frac{NQ}{PN}$，
∴$\frac{3}{F′P}=\frac{3x}{9x}=\frac{1}{3}$，
∴F′P=9，
∴F′Q=F′P=9，
∴AQ=$\sqrt{F′{A}^{2}+F′{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{9}^{2}}$=3$\sqrt{10}$；
②当AQ=PQ时，如图10，
过Q作QN⊥AD，交DA的延长线于N，
∴∠F′PN=∠QAP，
∴tan∠F′PN=tan∠DAC=$\frac{AF′}{PF′}=\frac{DC}{AD}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{3}{F′P}=\frac{3}{4}$，
∴F′P=4，
设AQ=x，则PQ=x，QF′=4-x，
由勾股定理得：x²=3²+（4-x）²，
解得：x=$\frac{25}{8}$，
∴AQ=$\frac{25}{8}$；
③当AQ=AP时，如图11，
过Q作QN⊥AD，交DA的延长线于N，
同理设QN=3x，AN=4x，AQ=AP=5x，
∴PN=x，
∴PQ=$\sqrt{Q{N}^{2}+P{N}^{2}}$=$\sqrt{（3x）^{2}+{x}^{2}}$=$\sqrt{10}x$，
∵AP=AQ，AF′⊥PQ，
∴PF′=F′Q=$\frac{\sqrt{10}}{2}x$，
Rt△AF′Q中，AQ²=F′A²+F′Q²，
∴$（5x）^{2}={3}^{2}+（\frac{\sqrt{10}}{2}x）^{2}$，
x=±$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴AQ=5x=$\sqrt{10}$；
④当AP=AQ时，如图12，
过Q作QN⊥AD，交DA的延长线于N，
∵AP=AQ，∠QNP=∠AF′P=90°，∠QPN=∠F′PA，
∴△△QNP≌△QF′P，
∴AF′=QN=3，
sin∠QAN=sin∠DAC=$\frac{3}{5}$=$\frac{NQ}{AQ}$，
∴AQ=5，
综上所述，AQ的长为3$\sqrt{10}$或$\frac{25}{8}$或$\sqrt{10}$或5．

点评本题是四边形的综合题，比较复杂，考查了矩形、等腰三角形的性质和直角三角形的几何变换问题，与函数相结合，利用面积公式或三角函数、勾股定理列等量关系式，表示S与t的函数关系式；同时采用了分类讨论的思想，此题容易丢解，要注意数形结合．

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