Question

【題目】如圖，在Rt△ABC中，AB=AC=4．一動點P從點B出發，沿BC方向以每秒1個單位長度的速度勻速運動，到達點C即停止．在整個運動過程中，過點P作PD⊥BC與Rt△ABC的直角邊相交于點D，延長PD至點Q，使得PD=QD，以PQ為斜邊在PQ左側作等腰直角三角形PQE．設運動時間為t秒（t＞0）．

(1)在整個運動過程中，設△ABC與△PQE重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數關系式以及相應的自變量t的取值范圍；

(2)當點D在線段AB上時，連接AQ、AP，是否存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形？若存在，求出對應的t的值；若不存在，請說明理由；

(3)當t=4秒時，以PQ為斜邊在PQ右側作等腰直角三角形PQF，將四邊形PEQF繞點P旋轉，PE與線段AB相交于點M，PF與線段AC相交于點N．試判斷在這一旋轉過程中，四邊形PMAN的面積是否發生變化？若發生變化，求出四邊形PMAN的面積y與PM的長x之間的函數關系式以及相應的自變量x的取值范圍；若不發生變化，求出此定值．

Answer 1

【答案】（1）當0＜t≤4時，S=t2，當4＜t≤時，S=-t2+8t-16，當＜t＜8時，S=t2-12t+48；（2）秒或t2=（12-4）秒；（3）8.

【解析】

試題（1）當PQ過A時求出t=4，當E在AB上時求出t=，當P到C點時t=8，即分為三種情況：根據三角形面積公式求出當0＜t≤4時，S=t2，當4＜t≤時，S=-t2+8t-16，當＜t＜8時，S=t2-12t+48；

（2）存在，當點D在線段AB上時，求出QD=PD=t，PD=2t，過點A作AH⊥BC于點H，PH=BH-BP=4-t，在Rt△APH中求出AP=，

（ⅰ）若AP=PQ，則有，

（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，根據△PGQ∽△AHP求出PG=，若AQ=PQ，得出．

（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，得出4=×2t，求出方程的解即可；

（3）四邊形PMAN的面積不發生變化，連接AP，此時t=4秒，求出S四邊形PMAN=S△APM+S△APN=S△CPN+S△APN=S△ACP=×CP×AP=8．

試題解析：（1）當0＜t≤4時，S=t2，當4＜t≤時，S=-t2+8t-16，當＜t＜8時，S=t2-12t+48；（2）存在，理由如下：

當點D在線段AB上時，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C=（180°-∠BAC）=45°．

∵PD⊥BC，

∴∠BPD=90°，

∴∠BDP=45°，

∴PD=BP=t，

∴QD=PD=t，

∴PQ=QD+PD=2t．

過點A作AH⊥BC于點H，

∵AB=AC，

∴BH=CH=BC=4，AH=BH=4，

∴PH=BH-BP=4-t，

在Rt△APH中，AP=；

（ⅰ）若AP=PQ，則有．

解得：，（不合題意，舍去）；

（ⅱ）若AQ=PQ，過點Q作QG⊥AP于點G，如圖（1），

∵∠BPQ=∠BHA=90°，

∴PQ∥AH．

∴∠APQ=∠PAH．

∵QG⊥AP，

∴∠PGQ=90°，

∴∠PGQ=∠AHP=90°，

∴△PGQ∽△AHP，

∴，即，

∴，

若AQ=PQ，由于QG⊥AP，則有AG=PG，即PG=AP，

即．

解得：t1=12-4，t2=12+4（不合題意，舍去）；

（ⅲ）若AP=AQ，過點A作AT⊥PQ于點T，如圖（2），

易知四邊形AHPT是矩形，故PT=AH=4．

若AP=AQ，由于AT⊥PQ，則有QT=PT，即PT=PQ，

即4=×2t．解得t=4．

當t=4時，A、P、Q三點共線，△APQ不存在，故t=4舍去．

綜上所述，存在這樣的t，使得△APQ成為等腰三角形，即秒或t2=（12-4）秒；

（3）四邊形PMAN的面積不發生變化．理由如下：

∵等腰直角三角形PQE，

∴∠EPQ=45°，

∵等腰直角三角形PQF，

∴∠FPQ=45°．

∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=45°+45°=90°，

連接AP，如圖（3），

∵此時t=4秒，

∴BP=4×1=4=BC，

∴點P為BC的中點．

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AP⊥BC，AP=BC=CP=BP=4，∠BAP=∠CAP=∠BAC=45°，

∴∠APC=90°，∠C=45°，

∴∠C=∠BAP=45°，

∵∠APC=∠CPN+∠APN=90°，

∠EPF=∠APM+∠APN=90°，

∴∠CPN=∠APM，

∴△CPN≌△APM，

∴S△CPN=S△APM，

∴S四邊形PMAN=S△APM+S△APN=S△CPN+S△APN=S△ACP=×CP×AP=×4×4=8．

∴四邊形PMAN的面積不發生變化，此定值為8．

考點: 相似形綜合題.