Question

【題目】如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P為對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)BP＝t(t＞0)，作PH⊥BC于點(diǎn)H，連接EP并延長(zhǎng)至點(diǎn)F，使得PF＝PE，作點(diǎn)F關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)G，FG交BD于點(diǎn)Q，連接GH，GE．

(1)求證：EG∥PQ；

(2)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到對(duì)角線BD中點(diǎn)時(shí)，求△EFG的周長(zhǎng)；

(3)在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△GEH是否可以為等腰三角形？若可以，求出t的值；若不可以，說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】(1)證明見解析；(2)△EFG的周長(zhǎng)；(3)t的值為2或或．

【解析】

（1）由對(duì)稱性質(zhì)可知，PQ是△EFG的中位線，得到EG∥PQ；（2）先利用對(duì)稱與平行線性質(zhì)求出△BCD的周長(zhǎng)，然后證得△BCD∽△FGE，兩者周長(zhǎng)比為相似比，得到△EFG的周長(zhǎng)；（3）Rt△BPH中，BP＝t，cos∠PBH，得，BHt，E是BC的中點(diǎn)得到BE＝CEBC＝4；△GEH為等腰三角形分成三種情況，

①EH＝EG，在Rt△EMG利用cos∠MEG與Rt△BQM中利用cos∠QBM列出方程解出t即可；②EG＝GH，過(guò)G作GK⊥BC于K，利用cos∠KEG與cos∠QBR列出方程解出t即可；③EH＝EG時(shí)，延長(zhǎng)FG交BC于K，利用cos∠GEK 與cos∠QBK列出方程解出t即可

(1)證明：如圖1，∵F、G關(guān)于BD對(duì)稱，

∴FG⊥BD，FQ＝QG，

∵PF＝PE，

∴PQ是△EFG的中位線，

∴EG∥PQ；

(2)解：∵PH⊥BC，DC⊥BC，

∴PH∥DC，

∴，

當(dāng)P為BD的中點(diǎn)時(shí)，即BP＝PD，

∴BH＝CH，此時(shí)E與H重合，如圖2，

∴PHDCAB6＝3，

∴EF＝2PE＝6，

Rt△BCD中，BC＝8，CD＝6，

∴BD＝10，

∴△BCD的周長(zhǎng)＝6+8+10＝24，

∵EG∥BD，

∴∠G＝∠PQF＝90°＝∠C，

∵∠PFQ＝∠CBD，

∴△BCD∽△FGE，

∴，即，

∴△EFG的周長(zhǎng)；

(3)解：Rt△BPH中，BP＝t

cos∠PBH

∴，BHt

∵E是BC的中點(diǎn)

∴BE＝CEBC＝4

在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△GEH可以為等腰三角形，有以下三種情況：

①當(dāng)EH＝EG＝4t時(shí)，如圖3，

Rt△EMG中，cos∠MEG，EMEG(4t)＝5﹣t，

∴BM＝BE﹣EM＝4﹣(5﹣t)＝t﹣1，

由(1)知：PQEG＝2t，

∴BQ＝BP﹣PQ＝t﹣(2t)t﹣2，

Rt△BQM中，cos∠QBM，即，t＝2；

②當(dāng)EG＝GH時(shí)，如圖4，過(guò)G作GK⊥BC于K，

∴EK＝KG2t，

cos∠KEG，

∴EGEK，EREGEKEK(2t)t，

∴BR﹣4﹣ER＝4tt，

∵PQEG(2t)t，

∴BQ＝BP﹣PQ＝t﹣(t)t，

Rt△BQR中，cos∠QBR，即，t；

③當(dāng)EH＝EG時(shí)，如圖5，延長(zhǎng)FG交BC于K，

EH＝EG＝4t，

∴PQ＝2t，

∴BQ＝t+PQ＝2t，

Rt△EGK中，cos∠GEK，

EK5﹣t，

BK＝4+5﹣t＝9﹣t，

Rt△BQK中，cos∠QBK，，t，

綜上，t的值為2或或．