Question

5．如圖，在矩形ABCD中，BC=10，AB=4，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)沿BC向終點(diǎn)C以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F沿折線BA-AD向終點(diǎn)D以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)E作BF的平行線與過(guò)點(diǎn)F作BE的平行線相交于點(diǎn)G，若點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)有一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直至到達(dá)終點(diǎn)停止，四邊形BEGF與矩形ABCD重疊部分的面積為S（平方單位），運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)G與點(diǎn)D重合；
（2）當(dāng)四邊形BEGF與矩形ABCD 重疊部分的圖形是四邊形時(shí)，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)△CEG是等腰三角形時(shí)，直接寫(xiě)出t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)AF+FD=10列出方程即可解決問(wèn)題．
（2）分三種情形分別求解①當(dāng)0＜t≤2時(shí)，②當(dāng)2＜t$≤\frac{14}{3}$時(shí)，③當(dāng)7≤t≤10時(shí)，分別求解即可．
（3）△CEG是等腰三角形時(shí)，分∠C，∠E、∠G是等腰三角形的頂角進(jìn)行討論，注意∠C為頂角時(shí)也有兩種情形．

解答 解：（1）由題意：（2t-4）+t=10，解得t=$\frac{14}{3}$．
（2）當(dāng)0＜t≤2時(shí)，S=2t²，
當(dāng)2＜t$≤\frac{14}{3}$時(shí)S=4t，
當(dāng)7≤t≤10時(shí)，S=$\frac{1}{2}$×4×10-$\frac{1}{2}$×（10-t）²×$\frac{2}{5}$=-$\frac{1}{5}$t²+4t．
（3）當(dāng)CG=CE時(shí)，如圖1中，

∵CG²=CD²+DG²=4²+（14-3t）²，EC²=（10-t）²，
∴（10-t）²=4²+（14-3t）²，
解得t=4-$\sqrt{2}$或4+$\sqrt{2}$（舍棄）．
當(dāng)EG=CG時(shí)，如圖2中，

∵四邊形BFGE是平行四邊形，
∴BF=GE=GC，∵AB=CD，
∴AF=DG，
∴2t-4=14-3t，
∴t=$\frac{18}{5}$，
當(dāng)EC=EG時(shí)，如圖3，

∵EG²=BF²=AB²+AF²，EC²=（10-t）²
∴（10-t）²=4²+（2t-4）²，
解得t=$\frac{-2+4\sqrt{13}}{3}$或$\frac{-2-4\sqrt{13}}{3}$（舍棄）．
當(dāng)CG=CE時(shí)，如圖4中，

∵CG²=CD²+DG²=4²+（3t-14）²，
EC²=（10-t）²
∴（10-t）²=4²+（3t-14）²，
解得t=4+$\sqrt{2}$或4-$\sqrt{2}$（舍棄）．
∴當(dāng)△CEG是等腰三角形時(shí)，t=4-$\sqrt{2}$或4+$\sqrt{2}$或$\frac{18}{5}$或$\frac{-2+4\sqrt{13}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確畫(huà)出圖形，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問(wèn)題，注意最后一種情形，不能漏解，屬于中考?jí)狠S題