Question

1．如图1，△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC，已知BC=35．CE=15，DE=20．cosC=$\frac{3}{5}$，动点P从C出发，沿射线CB方向以每秒1个单位长度的速度运动，直到点）P与点B重合时停止．过点P作PQ⊥DC交线段CE-ED-DB于点Q，以PQ为边在其左侧作正方形PQMN．设运动时间为t秒．
（1）BD=6$\sqrt{5}$，当点M与点D重合时t=17秒．
（2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与四边形BCED的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围．
（3）如图2，将△ADE沿DE对折，得到△A′DE，连接DM、A′M，是否存在这样的时间t，使△A′DM是直角三角形？若存在，求出对应t值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）分别过D、E作DG⊥BC，EH⊥BC，垂足分别为G、H，在△EHC中可求得EH，CH，在Rt△DBG中可求得BD，当D和M重合时可知正方形的边长为DG，可求得CP的长，求得t；
（2）分0＜t≤9、9＜t≤17、17＜t≤23、23＜t≤29、29＜t≤35五种情况，结合条件分别确定出重叠部分的图形，再求得其面积即可；
（3）分三种情形①如图7中，当∠DA′M=90°时，作MH⊥AA′于H，AA′交DE于R．②如图8中，当M与R重合时，∠DMA′=90°，此时t=9．③如图9中，当∠MDA′=90°时，作MH⊥ED于H．利用相似三角形的性质，列出方程分别求解即可．

解答 解：（1）如图1，分别过D、E作DG⊥BC，EH⊥BC，垂足分别为G、H，

在Rt△CEH中，CE=15，cosC=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{HC}{EC}$=$\frac{3}{5}$，即$\frac{HC}{15}$=$\frac{3}{5}$，解得HC=9，
由勾股定理可求得EH=12，
又∵四边形DEHG为矩形，
∴DG=EH=12，GH=DE=20，
又∵BC=35，
∴CG=9+20=29，
∴BG=BC-CG=35-29=6，
在Rt△DBG中，BD²=6²+12²=180，
∴BD=6$\sqrt{5}$，
当M与D重合时，则可知PN=DG=12，CN=CG=GH+CH=29，
∴CP=CG-DG=29-12=17，
∴t=$\frac{17}{1}$=17，
故答案为：6$\sqrt{5}$；17；

（2）①当0＜t≤9时，如图2中，即P在线段CH上时，则重叠部分为正方形PQMN，

由题意可知CP=t，
∵cosC=$\frac{CP}{CQ}$，
∴$\frac{t}{CQ}$=$\frac{3}{5}$，解得CQ=$\frac{5t}{3}$，
∴PQ=$\frac{4}{3}$t，
∴S=PQ²=（$\frac{4}{3}$t）²=$\frac{16}{9}$t²，
②当9＜t≤17时，如图3中，此时重叠部分为正方形PQMN，且DE=20，S=PQ²=144；

③当17＜t≤23时，如图4中，此时重叠部分是五边形PQDRN，

则CN=CP+PN=t+12，可求得BN=35-（t+12）=23-t，
∵MN∥DG，
∴$\frac{RN}{DG}$=$\frac{BN}{BG}$，即$\frac{RN}{12}$=$\frac{23-t}{6}$，解处RN=46-2t，
∴MR=MN-RN=12-（46-2t）=2t-34，
而MD=NG=CN-CG=t+12-29=t-17，
∴S_△MDR=$\frac{1}{2}$MR•MD=$\frac{1}{2}$×（2t-34）（t-17），
∴S=S_{正方形PQMN}-S_△MRD=12²-$\frac{1}{2}$×（2t-34）（t-17）=-t²+34t-145；

④当23＜t≤29时，如图5中，重叠部分是四边形PQDB，

S=$\frac{1}{2}$•（DQ+PB）•PQ=6（35-t+29-t）=-12t+384．
⑤当29＜t≤35时，如图6中，重叠部分是三角形PQB，

此时BP=BC-PC=35-t，且BG=6，
∵PQ∥DG，
∴$\frac{BP}{BG}$=$\frac{PQ}{DG}$，即$\frac{35-t}{6}$=$\frac{PQ}{12}$，
解得PQ=70-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$BP•PQ=$\frac{1}{2}$（35-t）（70-2t）=（t-35）²
综上可知S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{16}{9}{t}^{2}}&{（0＜t≤9）}\\{144}&{（9＜t≤17）}\\{-{t}^{2}+34t-145}&{（17＜t≤23）}\\{-12t+384}&{（23＜t≤29）}\\{（t-35）^{2}}&{（29＜t≤35）}\end{array}\right.$．

（3）①如图7中，当∠DA′M=90°时，作MH⊥AA′于H，AA′交DE于R．

∵DE∥BC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{AE}{AC}$，设AE=x，则有$\frac{20}{35}$=$\frac{x}{x+15}$，
∴x=20，
∴AE=20，
∵sin∠AER=sin∠C=$\frac{AR}{AE}$=$\frac{4}{5}$，
∴AR=16，ER=$\sqrt{A{E}^{2}-A{R}^{2}}$=12，
由△A′DR∽△MA′H，得$\frac{DR}{A′H}$=$\frac{A′R}{HM}$，可得$\frac{8}{\frac{4}{3}t+4}$=$\frac{16}{21-\frac{7}{3}t}$，解得t=$\frac{13}{5}$．
②如图8中，当M与R重合时，∠DMA′=90°，此时t=9．

如图8′中，当∠DMA′=90°时，由△DGM∽△MHA′，得$\frac{DG}{MH}$=$\frac{GM}{A′H}$，

∴$\frac{8+7（3-\frac{1}{3}t）}{4+\frac{4}{3}t}$=$\frac{4（3-\frac{1}{3}t）}{7（3-\frac{1}{3}t）}$，t=$\frac{561}{65}$，
③如图9中，当∠MDA′=90°时，作MH⊥ED于H．

由△MDH∽△DA′R得$\frac{DH}{A′R}$=$\frac{MH}{DR}$，
∴$\frac{70-t-29}{16}$=$\frac{12-（70-2t）}{8}$，
∴t=$\frac{157}{5}$．
综上所述，t=$\frac{13}{5}$s或9s或$\frac{561}{65}$s或$\frac{157}{5}$s时，△A′DM是直角三角形．

点评 本题考查相似形综合题、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会用分类讨论的思想思考问题，题目比较难，计算量比较大，属于中考压轴题．