Question

如圖，在Rt△ABC中，AB=AC=．一動點P從點B出發(fā)，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(fā)生變化？若發(fā)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(fā)生變化，求出此定值．

Answer 1

【答案】分析：（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=2t，（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(fā)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．
解答：解：（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=；
（�。┤鬉P=PQ，則有=2t．
解得：t₁=，t₂=（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，
∴PG=，
若AQ=PQ，由于QG⊥AP，則有AG=PG，即PG=AP，
即=．
解得：t₁=12-，t₂=12+（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t₁=秒或t₂=（12-）秒；

（3）四邊形PMAN的面積不發(fā)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(fā)生變化，此定值為8．
點評：本題考查了三角形面積，相似三角形的性質和判定，三角形內角和定理，等腰直角三角形等知識點的綜合運用，用了分類討論思想和方程思想，難度偏大．