Question

5．已知，如图1，在矩形ABCD中，AB=2$\sqrt{3}$，AD=6．以AB为斜边在矩形ABCD的内部作Rt△ABE，使∠AEB=90°，∠ABE=30°．将△ABE以每秒1个长度单位的速度沿AD向右平行移动，至AB与DC重合时停止．设移动的时间为t秒，△ABE与△BDC重叠部分的面积为S．
（1）当移动时间t=3秒时，点E落在矩形ABCD的对角线BD上；
（2）请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相应t的取值范围；
（3）如图2，当△ABE停止移动时得到△DCE，将△DCE绕点D按顺时针方向旋转α（0°＜α≤180°）角度，在旋转过程中，C的对应点为C₁，E的对应点为E₁，设直线C₁E₁与直线BC交于点M、与直线BD交于点N．是否存在这样的α，使得△BMN为等腰三角形？若存在，求出α的度数；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ABE中，解直角三角形即可求得BE=3，进而求得BE=EE′=3，即可求得t的值；
（2）在△AED向右平移的过程中：
（I）当0≤t≤13时，如图2所示，此时重叠部分为一个三角形；
（II）当3＜t≤4.5时，如图3所示，此时重叠部分为一个四边形；
（III）当4.5＜t≤6时，如图4所示，此时重叠部分为一个五边形．
（3）根据旋转和等腰三角形的性质进行探究，结论是：存在α（45°或135°或90°或180°），使△BMN为等腰三角形．如图5、图6所示．

解答 解：（1）如图1，设点E′是平移后点E落在矩形ABCD的对角线BD上的点，连接EE′，则EE′∥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=2$\sqrt{3}$，AD=6．
在Rt△ABD中，tan∠ABD=$\frac{AD}{AB}$=$\frac{6}{2\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠ABD=60°，
∵∠ABE=30°，
∴∠EBD=30°，∠DBC=30°，
∵EE′∥BC，
∴∠EE′B=30°，
∴∠EBD=∠EE′B，
∴BE=EE′，
在Rt△ABE中，∠ABE=30°，AB=2$\sqrt{3}$，
∴BE=AB•cos30°=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3，
∴EE′=3，
∴t=3．
故答案为3；
（2）在△AED向右平移的过程中：
（I）当0≤t≤3时，如图2所示，此时重叠部分为△MNG，则BM=t，

∵MN∥CD，
∴$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MN}{CD}$，即$\frac{t}{6}$=$\frac{MN}{2\sqrt{3}}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
由（1）可知BM=MG，
∴MG=t，
∵∠DBC=30°，
∴GH=$\frac{1}{2}$MG=$\frac{1}{2}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•GH=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$•$\frac{1}{2}$t=$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²；
（II）当3＜t≤4.5时，如图3所示，此时重叠部分为四边形BMKG．

∵BM=t，∠DBC=30°，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，∠BNM=60°，
∴HN=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∵∠MHK=60°，
∴HG=NG=HN=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∴S_△GHN=$\frac{1}{2}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²
∴S=S_△ABE-S_△GHN=$\frac{1}{2}$×$3×\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$t²+$\sqrt{3}$t-$\frac{3}{2}$$\sqrt{3}$；
（III）当4.5＜t≤6时，如图4所示，此时重叠部分为五边形MHGQP．

∵BM=AN=t，∴MC=ND=6-t，
∴CH=$\sqrt{3}$MC=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，DG=$\frac{\sqrt{3}}{3}$ND=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，
∵S_△NPQ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²，
∴S=S_矩形MNDC-S_△NPQ
=-S_△NGD-S_△MCN
=2$\sqrt{3}$（6-t）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）²-$\frac{1}{2}$（6-t）×（2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$t）-$\frac{1}{2}$（6-t）×$（6\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）
=-$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t²+7$\sqrt{3}$t-15$\sqrt{3}$．
综上所述，S与t之间的函数关系式为：S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{12}{t}^{2}（0≤t≤3）}\\{-\frac{\sqrt{3}}{12}{t}^{2}+\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}（3＜t≤4.5）}\\{-\frac{3\sqrt{3}}{4}{t}^{2}+7\sqrt{3}t-15\sqrt{3}（4.5＜t≤6）}\end{array}\right.$．

（3）存在α，使△BMN为等腰三角形．
理由如下：经探究，得△BPQ∽△B₁QC，
故当△BPQ为等腰三角形时，△B₁QC也为等腰三角形．
（I）当BM=BN时，如图5（1），

∵BM=BN，
∴∠DBC=30°，
∴∠N=∠BMN=15°，
∴∠CDE₁=15°
∴α=45°；
如图5（2），

∵BM=BN，∠DBC=30°，
∴∠BNM=75°，
∴∠NDE₁=15°
∴α=15°+120°=135°；

（II）当BN=MN时，如图6（1），

则∠DBC=∠M=30°，
∴∠DNE₁=60°，
∴∠NDE₁=30°，
∴∠CDE₁=30°，
∴α=60°+30°=90°；
如图6（2），

∵BM=MN，
∴∠DBC=∠MNB=30°，
∴∠NDE₁=60°，
∴α=60°+60°+60°=180°；
综上所述，存在α=45°或135°或90°或180°，使△BMN为等腰三角形．

点评 本题考查了运动型与几何变换综合题，难度较大．难点在于：其一，第（2）问的运动型问题中，分析三角形的运动过程，明确不同时段的重叠图形形状，是解题难点；其二，第（3）问的存在型问题中，探究出符合题意的旋转角，并且做到不重不漏，是解题难点；其三，本题第（2）问中，计算量很大，容易失分．