Question

11．如圖，∠MAN=45°，點C在射線AM上，AC=10，過C點作CB⊥AN交AN 于點B，P為線段AC上一個動點，Q點為線段AB上的動點，且始終保持PQ=PB．

（1）如圖1，若∠BPQ=45°，求證：△ABP是等腰三角形；
（2）如圖2，DQ⊥AP于點D，試問：此時PD的長度是否變化？若變化，請說明理由；若不變，請計算其長度；
（3）當點P運動到AC的中點時，將△PBQ以每秒1個單位的速度向右勻速平移，設運動時間為t秒，B點平移后的對應點為E，求△ABC和△PQE的重疊部分的面積．

Answer 1

分析 （1）由PQ=PB，求得∠PBQ=∠PQB=67.5°，∠APB=180°-45°-67.5°=67.5°，即可得出△ABP為等腰三角形；
（2）PD的長度不變化，過點B作BH⊥AC于點H，由AAS證得△PDQ≌△PBH，得出PD=BH=$\frac{1}{2}$AC=5；
（3）當點P運動到AC的中點時，則點Q與點A重合，△BPQ為等腰直角三角形，QP=PB=$\frac{1}{2}$AC=5，AB=5$\sqrt{2}$，將△PBQ向右平移，點P落到BC上時，平移了$\frac{5\sqrt{2}}{2}$個單位，點Q與點B重合時，平移了5$\sqrt{2}$個單位，分三種情況討論，①當0＜t＜$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$時，S=S_△PQE-S_△BEF=$\frac{25}{2}-\frac{1}{2}{t^2}$；②當$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$≤t＜$5\sqrt{2}$時，$S=\frac{1}{2}B{Q^2}=\frac{1}{2}×{（{5\sqrt{2}-t}）^2}$=${t^2}-5\sqrt{2}t+25$；③當t≥$5\sqrt{2}$時，s=0．

解答 （1）證明：∵∠BPQ=45°，PQ=PB，
∴∠PBQ=∠PQB=67.5°，
∵∠MAN=45°，
∴∠APB=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠APB=∠PBQ，
∴△ABP為等腰三角形；
（2）解：PD的長度不變化，
過點B作BH⊥AC于點H，如圖1所示：
∵DQ⊥AP，
∴∠PDQ=∠PHB=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠HBA=45°，
∴∠DPQ=∠PQB-∠MAN=∠PBQ-∠HBA=∠PBH，
在△PDQ和△PBH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DPQ=∠PBH}\\{∠PDQ=∠BHP=90°}\\{PQ=PB}\end{array}\right.$，
∴△PDQ≌△PBH（AAS），
∴PD=BH=$\frac{1}{2}$AC=5；
（3）解：當點P運動到AC的中點時，
則點Q與點A重合，∠QPB=90°，∠PQB=∠PBQ=45°，QP=PB=$\frac{1}{2}$AC=5，AB=5$\sqrt{2}$，
將△PBQ向右平移，點P落到BC上時，平移了$\frac{5\sqrt{2}}{2}$個單位，
點Q與點B重合時，平移了5$\sqrt{2}$個單位，分三種情況討論，
①當0＜t＜$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$時，如圖2所示：
S=S_△PQE-S_△BEF=$\frac{25}{2}-\frac{1}{2}{t^2}$；
②當$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$≤t＜$5\sqrt{2}$時，如圖3所示：
$S=\frac{1}{2}B{Q^2}=\frac{1}{2}×{（{5\sqrt{2}-t}）^2}$=${t^2}-5\sqrt{2}t+25$；
③當t≥$5\sqrt{2}$時，△PQE移出了△ABC，s=0．
綜上所述：△ABC和△PQE的重疊部分的面積為$\frac{25}{2}-\frac{1}{2}{t^2}$（0＜t＜$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$），或${t^2}-5\sqrt{2}t+25$（$\frac{{5\sqrt{2}}}{2}$≤t＜$5\sqrt{2}$），或0（t≥$5\sqrt{2}$）．

點評 本題考查了全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、平移的性質、等腰直角三角形的性質、三角形面積的計算等知識；本題綜合性強，難度較大．