Question

1．如图1，等腰△ABC中，AC=BC，DE∥AB，AD=DE=EB=5，AB=11．一个动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿折线AD-DE-EC方向运动，当点P到达点C时，运动结束，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为斜边向右作等腰直角三角形PMQ，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当t=7秒时，点M落在线段BD上；当t=$\frac{85}{6}$秒时，点P到达点C；
（2）在整个运动过程中，设△PMQ与△ABD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）如图2，当点P在线段DE上运动时，线段PQ与对角线BD交于点F，作点P关于BD的对称点G，连接FG、GQ，得到△FGQ．是否存在这样的t，使△FGQ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）如图1中，作DT⊥AB于T，EN⊥AB于N，CH⊥AB于H，MK⊥PQ于K，则四边形DENT是矩形，当点M在BD上时，由PK=KQ，KM∥AB，推出DM=MB，易知KM=PK=KQ=2，DP=2，由此即可解决问题．
（2）分四种情形讨论①如图2中，作DT⊥AB于T，当0＜t≤5时，重叠部分是△PQM．②如图3中，当5＜t≤7时，重叠部分是四边形QMHK．取BD的中点M′，作M′P′∥PM交DE于P′．③如图4中，当7＜t≤10时，重叠部分是△QHK．GK，M′G′分别是△QHK、△Q′H′M′的高．④如图5中，10＜t≤$\frac{85}{6}$时，重叠部分是△QKH．分别求解即可．
（3）存在．分三种情形①如图6中，当FG=FQ时．②如图7中，当GF=GQ时，作GK⊥PQ，DN⊥AB于N．③如图8中，当QF=QG时，作QK⊥GF于K．DN⊥AB于N．分别求出PD的长即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，作DT⊥AB于T，EN⊥AB于N，CH⊥AB于H，MK⊥PQ于K，则四边形DENT是矩形，

由△DTA≌△ENB，可得DE=NT=PQ=5，AT=BN=3，
∵AD=EB=5，
∴DT=EN=4，
当点M在BD上时，∵PK=KQ，KM∥AB，
∴DM=MB，易知KM=PK=KQ=2，DP=2，
∴t=7秒时，点M在BD上，
∵EN∥CH，
∴△ENB∽△CHB，
∴$\frac{EB}{CB}$=$\frac{BN}{BH}$，
∴$\frac{5}{BC}$=$\frac{3}{5.5}$，
∴BC=$\frac{55}{6}$，EC=$\frac{25}{6}$，
∴点P到达点C时间为：5+5+$\frac{25}{6}$=$\frac{85}{6}$秒．
故答案为7秒，$\frac{85}{6}$秒．
（2）①如图2中，作DT⊥AB于T，当0＜t≤5时，重叠部分是△PQM，

∵sinA=$\frac{PQ}{PA}$=$\frac{4}{5}$，
∴PQ=$\frac{4}{5}$t，
∴S=S_△PQM=$\frac{1}{2}$•$\frac{4}{5}$t•$\frac{2}{5}$t=$\frac{4}{25}$t²．

②如图3中，当5＜t≤7时，重叠部分是四边形QMHK．取BD的中点M′，作M′P′∥PM交DE于P′

∵KQ∥DT，
∴$\frac{KQ}{DT}$=$\frac{BQ}{BT}$，
∴$\frac{KQ}{4}$=$\frac{13-t}{8}$，
∴KQ=$\frac{13-t}{2}$，PK=4-$\frac{13-t}{2}$=$\frac{t-5}{2}$，
∵P′M′∥PH，
∴$\frac{DH}{DM′}$=$\frac{DP}{DP′}$，
∴$\frac{DH}{2\sqrt{5}}$=$\frac{t-5}{2}$，
∴DH=$\sqrt{5}$（t-5），∵DK=$\frac{\sqrt{5}（t-5）}{2}$，
∴HK=DH-DK=$\frac{1}{2}$$\sqrt{5}$（t-5），
∴S=S_△PMQ-S_△PKH=4-$\frac{1}{2}$×$\frac{t-5}{2}$×$\frac{t-5}{2}$=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{5}{4}$t+$\frac{7}{8}$．

③如图4中，当7＜t≤10时，重叠部分是△QHK．GK，M′G′分别是△QHK、△Q′H′M′的高．

由△QHK∽△Q′H′M′，得到，$\frac{QH}{Q′H′}$=$\frac{GK}{G′M′}$，
∴$\frac{\frac{13-t}{2}}{3}$=$\frac{GK}{2}$，
∴GK=$\frac{13-t}{3}$，
∴S=$\frac{1}{2}$×$\frac{13-t}{2}$×$\frac{13-t}{3}$=$\frac{1}{12}$t²-$\frac{13}{6}$t+$\frac{169}{12}$．

④如图5中，10＜t≤$\frac{85}{6}$时，重叠部分是△QKH．

由△QHK∽△Q′H′M′，得$\frac{QH}{Q′H′}$=$\frac{GK}{M′G′}$，可得GK=$\frac{2}{3}${5-$\frac{1}{2}[5-\frac{3}{5}（t-10）]\}$，
∴S=$\frac{1}{2}$•HQ•GK=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}${5-$\frac{1}{2}[5-\frac{3}{5}（t-10）]\}$²=$\frac{3}{100}{t}^{2}$-$\frac{1}{10}$t+$\frac{1}{12}$．
综上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{25}{t}^{2}}&{（0＜t≤5）}\\{-\frac{1}{8}{t}^{2}+\frac{5}{4}t+\frac{7}{8}}&{（5＜t≤7）}\\{\frac{1}{12}{t}^{2}-\frac{13}{6}t+\frac{169}{12}}&{（7＜t≤10）}\\{\frac{3}{100}{t}^{2}-\frac{1}{10}t+\frac{1}{12}}&{（10＜t≤\frac{85}{6}）}\end{array}\right.$．

（3）存在．①如图6中，当FG=FQ时，

∵PF=FG=FQ=2，
∴DP=4，
∴t=5+4=9．

②如图7中，当GF=GQ时，作GK⊥PQ，DN⊥AB于N．

由△DAN∽△GFK，得$\frac{AD}{FG}$=$\frac{AN}{FK}$，
∴$\frac{5}{\frac{1}{2}（t-5）}$=$\frac{3}{FK}$，
∴FK=$\frac{3}{10}$（t-5），
∵GF=GQ，GK⊥FQ，
∴FQ=2FK=$\frac{3}{5}（t-5）$，
∵PF+FQ=4，
∴$\frac{1}{2}$（t-5）+$\frac{3}{5}$（t-5）=4，
∴t=$\frac{95}{11}$．

③如图8中，当QF=QG时，作QK⊥GF于K．DN⊥AB于N．

由△ADN∽△FQK，得到$\frac{AN}{FK}$=$\frac{AD}{FQ}$，
∴$\frac{3}{\frac{1}{4}（t-5）}$=$\frac{5}{FQ}$，
∴FQ=$\frac{5}{12}$（t-5），
∵PF+FQ=4，
∴$\frac{1}{2}$（t-5）+$\frac{5}{12}$（t-5）=4，
∴t=$\frac{103}{11}$，
综上所述，当△FGQ是等腰三角形时，t的值为9s或$\frac{95}{11}$s或$\frac{103}{11}$s．

点评 本题考查相似型综合题、相似三角形的判定和性质、三角形面积、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想思考问题，灵活应用相似三角形的性质，学会利用参数构建方程，属于中考压轴题．