Question

【題目】如圖1，矩形ABCD中，AB=4，AD=5，E為BC上一點(diǎn)，BE：CE=3：2，連接AE，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿射線AB的方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PF∥BC交直線AE于點(diǎn)F．

（1）線段AE=　 　；

（2）設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），EF的長(zhǎng)度為y，求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；

（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以F為圓心的⊙F恰好與直線AB、BC都相切？并求此時(shí)⊙F的半徑；

（4）如圖2，將△AEC沿直線AE翻折，得到△AEC'，連結(jié)AC'，如果∠ABF=∠CBC′，求t值．（直接寫出答案，不要求解答過程）．

Answer 1

【答案】（1）5；（2）y=；（3）12；（4）.

【解析】（1）由矩形性質(zhì)知BC=AD=5，根據(jù)BE：CE=3：2知BE=3，利用勾股定理可得AE=5；

（2）由PF∥BE知，據(jù)此求得AF=t，再分0≤t≤4和t＞4兩種情況分別求出EF即可得；

（3）由以點(diǎn)F為圓心的⊙F恰好與直線AB、BC相切時(shí)PF=PG，再分t=0或t=4、0＜t＜4、t＞4這三種情況分別求解可得；

（4）連接CC′，交直線AE于點(diǎn)Q，先證△CQE∽△ABE得，據(jù)此求得CQ=、CC′=2CQ=，再證△ABF∽△CBC′得，據(jù)此求得AF=，根據(jù)可得答案．

（1）∵四邊形ABCD為矩形，

∴BC=AD=5，

∵BE：CE=3：2，

則BE=3、CE=2，

∴AE==5，

故答案為：5；

（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即0≤t≤4，

∵PF∥BE，

∴，即，

∴AF=，

則EF=AE﹣AF=5﹣，即y=5﹣ （0≤t≤4）；

如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在射線AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即t＞4，

此時(shí)EF=AF﹣AE=﹣5，即y=﹣5 （t＞4）；

綜上，y= ；

（3）以點(diǎn)F為圓心的⊙F恰好與直線AB、BC相切時(shí)，PF=PG，

分以下三種情況：①當(dāng)t=0或t=4時(shí)，顯然符合條件的⊙F不存在；

②當(dāng)0＜t＜4時(shí)，如圖1，作FG⊥BC于點(diǎn)G，

則FG=BP=4﹣t，

∵PF∥BC，

∴△APF∽△ABE，

∴，即，

∴PF=t，

由4﹣t=t可得t=，

則此時(shí)⊙F的半徑PF=；

③當(dāng)t＞4時(shí)，如圖2，同理可得FG=t﹣4、PF=t，

由t﹣4=t可得t=16，

則此時(shí)⊙F的半徑PF=12；

（4）如圖3，連接CC′，交直線AE于點(diǎn)Q，

∵△CAQ≌△C′AQ，

∴AC=AC′、∠CAQ=∠C′AQ，

則∠CQE=∠ABE=90°，

∵∠CEQ=∠AEB，

∴△CQE∽△ABE，

∴，即，

∴CQ=，

則CC′=2CQ=，

∵∠ABF=∠CBC′、∠BAE=∠ECC′，

∴△ABF∽△CBC′，

∴，即，

解得： AF=，

由（2）知AF=t，

∴，

解得：t=．