Question

8．如图，长方形ABCD中，AB=6，BC=2$\sqrt{3}$，∠DCA=30°．点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动．在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和长方形ABCD在射线PA的同侧，设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）填空：∠CAB=30°，AC=4$\sqrt{3}$；
（2）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；
（3）设EG与长方形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）在直角三角形ACB中利用锐角三角函数求得∠CAB的度数并利用勾股定理求得AC的长即可；
（2）当边FG恰好经过点C时，由∠CFB=60°得BF=3-t，在Rt△CBF中，根据三角函数求得t的值；
（3）当AH=AO=3时，AM=$\frac{1}{2}$AH，在R_t△AME中求得AE的长后求得t值，当AH=HO时，∠HOA=∠HAO=30°，又因为∠HEO=60°得到∠EHO=90°EO=2HE=2AE，再由AE+2AE=3，求出AE=1，即3-t=1或t-3=1，求出t=2或t=4；当OH=OA=时∠HOB=∠OAH=30°，所以∠HOB=60°=∠HEB，得到点E和点O重合，从而求出t的值．

解答 解：（1）∠DCA=∠CAB=30°，
AC=$\sqrt{A{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$；

（2）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时
∠CFB=∠GFE=60°，∠BCF=30°，
∵BF=3-t，BC=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠BCF=$\frac{BF}{BC}$，
即tan30°=$\frac{3-t}{2\sqrt{3}}$，
解得t=1
∴当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，t=1；

（3）存在t，使△AOH是等腰三角形．
理由如下：在Rt△ABC中，tan∠CAB=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CAB=30°，
又∵∠HEO=60°，
∴∠HAE=∠AHE=30°，
∴AE=HE=3-t或t-3
①如图5，
当AH=AO=3时，过点E作EM⊥AH于M，
则AM=$\frac{1}{2}$AH=$\frac{3}{2}$，
在Rt△AME中，cos∠MAE=$\frac{AM}{AE}$，
即cos30°=$\frac{\frac{3}{2}}{AE}$，
∴AE=$\sqrt{3}$，即3-t=$\sqrt{3}$或t-3=$\sqrt{3}$，
∴t=3-$\sqrt{3}$或t=3+$\sqrt{3}$．

②如图6，
当HA=HO时，
则∠HOA=∠HAO=30°
又∵∠HEO=60°，
∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，
又∵AE+EO=3，
∴AE+2AE=3，AE=1，
即3-t=1或t-3=1，
∴t=2或t=4；
③如图7，
当OH=OA时，
则∠OHA=∠OAH=30°
∴∠HOB=60°=∠HEB，
∴点E和点O重合，
∴AE=AO=3，
当E刚开始运动时3-t=3，
当点E返回O时是：t-3=3，
即3-t=3或t-3=3，t=6（舍去）或t=0；
综上，可得存在t，使△AOH是等腰三角形，此时t=3-$\sqrt{3}$、3+$\sqrt{3}$、2、4或0．

点评 此题主要考查了 平行四边形的性质、平行四边形的判定、矩形、矩形的性质、矩形的判定、菱形、菱形的性质、菱形的判定 等知识，关键是根据特殊三角形的性质，分类讨论．