Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB，BC所在直線解析式為，作∠BCD角平分線交AB于點(diǎn)G．
（1）求點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（2）動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)G出發(fā)沿射線GA方向運(yùn)動(dòng)，速度為1個(gè)單位長(zhǎng)度/秒，作射線CE，將射線CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°交直線DG于點(diǎn)P，設(shè)△AEP的面積為S，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫(xiě)出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，設(shè)M為線段PC中點(diǎn)，連接OM交EC于點(diǎn)F．交CG于點(diǎn)N，是否存在t值，使？若存在，請(qǐng)求出t值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）首先根據(jù)BC的直線解析式計(jì)算出B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得到BC、DC、AD、BG的長(zhǎng)，再根據(jù)BO=，即可得到G點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）作PH⊥AG于點(diǎn)H，然后分兩種情況：當(dāng)0≤t＜3時(shí)和當(dāng)t＞3時(shí)，分別進(jìn)行計(jì)算；
（3）延長(zhǎng)PG交y軸于點(diǎn)Q，設(shè)CE與PG相交于點(diǎn)K，可證△COB≌△QOG，再根據(jù)中位線的性質(zhì)可證出△CMN∽△CPG，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得==，進(jìn)而得到CN=NG，然后證△CFN∽△CKG，計(jì)算出DK，再再證△CDK∽△GEK可得EG，進(jìn)而得到t的值．
解答：解：（1）如圖1，
∵直線BC：y=-x+，
∴B（，0），C（0，），
又∵∠BOC=90°，
∴BC=3，
∵梯形ABCD中AB∥CD，AD=DC=CB，
∴AD=DC=CB=3，
∵CG平分∠BCD，
∴∠BCG=∠DCG=∠CGB，
∴BC=BG=3，
又∵BO=，
∴GO=，
∴G（-，0）；

（2）如圖2，當(dāng)0≤t＜3時(shí)，
∵BC=BG，∠CBG=60°，
∴△BCG為等邊三角形，
∴CG=BC=BG=CD，
又∵∠PCE=∠GCB=∠DCG=∠CGD=60°，
∴∠PCG=∠ECB，
∴△PCG≌△ECB，
∴PG=BE=3+t，
作PH⊥AG于點(diǎn)H，
∴PH=PG•sin∠DGA=（3+t），
又∵AE=3-t，
∴S=AE•PH=-t²+，
當(dāng)t＞3時(shí)，同理S=AE•PH=t²-，

（3）如圖3，延長(zhǎng)PG交y軸于點(diǎn)Q，設(shè)CE與PG相交于點(diǎn)K，
在△COB和△QOG中

∴△COB≌△QOG，
∴CO=OG且CM=PM．
∴MO是△CPQ的中位線，
∴MO∥PQ，
∴△CMN∽△CPG，
∴==，
∴CN=NG，
在Rt△COG中：ON=CG=，且=，
∴FN=，
∵可證△CFN∽△CKG，
∴==，
∴KG=1，
∵DG=3，
∴DK=2，
∵CD∥AO，
∴∠CDK=∠EGK，∠DCK=∠GEK，
∴△CDK∽△GEK，
∴==2，CD=3，
∴EG=，
∴t=．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，題目綜合性較強(qiáng)，注意考慮問(wèn)題要全面，不要漏掉各種情況．