登录
14.如图,在$□ ABCD$中,$AB=4\ \mathrm{cm},BC=6\ \mathrm{cm},∠ B=60°$.动点$E,F$分别从点$B,D$同时出发以1 cm/s的速度运动.动点$E$沿边$BC$向终点$C$运动,动点$F$沿边$DA$向终点$A$运动,设点$E$的运动时间为$t$(单位:s).
(1)判断四边形$AECF$的形状并说明理由；
(2)当$t=\_\_\_\_\_\_\mathrm{s}$时,四边形$AECF$是矩形；
(3)是否存在某个时刻,四边形$AECF$是菱形?若存在,求$t$的值;若不存在,请说明理由.
(1)判断四边形$AECF$的形状并说明理由；
(2)当$t=\_\_\_\_\_\_\mathrm{s}$时,四边形$AECF$是矩形；
(3)是否存在某个时刻,四边形$AECF$是菱形?若存在,求$t$的值;若不存在,请说明理由.
答案
14.解:(1)四边形 $AECF$ 是平行四边形,理由如下: $BE = t = DF, \because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,
$\therefore AD // BC, AD = BC, \therefore AF = CE = 6 - t$, 又 $AF // EC, \therefore$ 四边形 $AECF$ 为平行四边形;
(2)当 $AE ⊥ BC$ 时, $□ AECF$ 是矩形. $\because AE ⊥ BC, ∠ B = 60°, \therefore ∠ BAE = 30°, \therefore BE = \frac{1}{2}AB = 2 = t$,
$\therefore t = 2\ \mathrm{s}$ 时, 四边形 $AECF$ 是矩形. 故答案为 2;
(3)作 $AG ⊥ BC$ 于点 $G$, 当 $AE = EC$ 时, $□ AECF$ 是菱形, 由(2)可知 $BG = 2, AG = \sqrt{AB^2 - BG^2} = 2\sqrt{3}$, 在 $\mathrm{Rt}△ AGE$ 中, $AE^2 = AG^2 + GE^2, GE = t - 2, \because AE = EC, \therefore (6 - t)^2 = (2\sqrt{3})^2 + (t - 2)^2$, 解得 $t = \frac{5}{2}, \therefore$ 当 $t = \frac{5}{2}\ \mathrm{s}$ 时, 四边形 $AECF$ 是菱形.
$\therefore AD // BC, AD = BC, \therefore AF = CE = 6 - t$, 又 $AF // EC, \therefore$ 四边形 $AECF$ 为平行四边形;
(2)当 $AE ⊥ BC$ 时, $□ AECF$ 是矩形. $\because AE ⊥ BC, ∠ B = 60°, \therefore ∠ BAE = 30°, \therefore BE = \frac{1}{2}AB = 2 = t$,
$\therefore t = 2\ \mathrm{s}$ 时, 四边形 $AECF$ 是矩形. 故答案为 2;
(3)作 $AG ⊥ BC$ 于点 $G$, 当 $AE = EC$ 时, $□ AECF$ 是菱形, 由(2)可知 $BG = 2, AG = \sqrt{AB^2 - BG^2} = 2\sqrt{3}$, 在 $\mathrm{Rt}△ AGE$ 中, $AE^2 = AG^2 + GE^2, GE = t - 2, \because AE = EC, \therefore (6 - t)^2 = (2\sqrt{3})^2 + (t - 2)^2$, 解得 $t = \frac{5}{2}, \therefore$ 当 $t = \frac{5}{2}\ \mathrm{s}$ 时, 四边形 $AECF$ 是菱形.
解析
【分析】
(1)判断四边形形状可先从边的关系入手：已知四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC且AD=BC；动点E、F速度相同、运动时间均为t，故BE=DF=t，进而推出AF=CE且AF//CE，结合平行四边形判定定理即可得出结论。
(2)平行四边形要成为矩形，需有一个内角为直角，即AE⊥BC。在Rt△ABE中，利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质，可求出BE的长度，即t的值。
(3)平行四边形要成为菱形，需邻边相等，即AE=EC。先作AG⊥BC求出AG、BG的长度，再用勾股定理表示AE的长度，结合EC=6-t列方程求解即可。
【解析】
(1)四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵动点E、F的速度均为1cm/s，运动时间为t，
∴BE=DF=t。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=6cm，
∴AF=AD-DF=6-t，CE=BC-BE=6-t，即AF=CE，
又
∵AF//CE，
∴四边形AECF为平行四边形。
(2)当平行四边形AECF有一个内角为直角时，它是矩形，即AE⊥BC。
在Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$×4=2（cm），即t=2。
(3)存在，理由如下：
当平行四边形AECF的邻边AE=EC时，它是菱形。
过点A作AG⊥BC于点G，由(2)可知BG=2cm，
由勾股定理得AG=$\sqrt{AB^2-BG^2}$=$\sqrt{4^2-2^2}$=$2\sqrt{3}$（cm）。
∵EC=6-t，GE=BE-BG=t-2，在Rt△AGE中，$AE^2=AG^2+GE^2$，
又
∵AE=EC，
∴$(6-t)^2=(2\sqrt{3})^2+(t-2)^2$，
展开得：$36-12t+t^2=12+t^2-4t+4$，
整理得：$-8t=-20$，解得$t=\frac{5}{2}$。
即当$t=\frac{5}{2}\ \mathrm{s}$时，四边形AECF是菱形。
【答案】
(1)平行四边形，理由见解析；(2)2；(3)存在，$t=\frac{5}{2}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是平行四边形背景下的动点综合题，结合了特殊平行四边形的判定与性质，解题时需要将动点运动的路程转化为对应线段的长度，结合几何图形的性质列方程求解，侧重考查数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
(1)判断四边形形状可先从边的关系入手：已知四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC且AD=BC；动点E、F速度相同、运动时间均为t，故BE=DF=t，进而推出AF=CE且AF//CE，结合平行四边形判定定理即可得出结论。
(2)平行四边形要成为矩形，需有一个内角为直角，即AE⊥BC。在Rt△ABE中，利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质，可求出BE的长度，即t的值。
(3)平行四边形要成为菱形，需邻边相等，即AE=EC。先作AG⊥BC求出AG、BG的长度，再用勾股定理表示AE的长度，结合EC=6-t列方程求解即可。
【解析】
(1)四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵动点E、F的速度均为1cm/s，运动时间为t，
∴BE=DF=t。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=6cm，
∴AF=AD-DF=6-t，CE=BC-BE=6-t，即AF=CE，
又
∵AF//CE，
∴四边形AECF为平行四边形。
(2)当平行四边形AECF有一个内角为直角时，它是矩形，即AE⊥BC。
在Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$×4=2（cm），即t=2。
(3)存在，理由如下：
当平行四边形AECF的邻边AE=EC时，它是菱形。
过点A作AG⊥BC于点G，由(2)可知BG=2cm，
由勾股定理得AG=$\sqrt{AB^2-BG^2}$=$\sqrt{4^2-2^2}$=$2\sqrt{3}$（cm）。
∵EC=6-t，GE=BE-BG=t-2，在Rt△AGE中，$AE^2=AG^2+GE^2$，
又
∵AE=EC，
∴$(6-t)^2=(2\sqrt{3})^2+(t-2)^2$，
展开得：$36-12t+t^2=12+t^2-4t+4$，
整理得：$-8t=-20$，解得$t=\frac{5}{2}$。
即当$t=\frac{5}{2}\ \mathrm{s}$时，四边形AECF是菱形。
【答案】
(1)平行四边形，理由见解析；(2)2；(3)存在，$t=\frac{5}{2}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是平行四边形背景下的动点综合题，结合了特殊平行四边形的判定与性质，解题时需要将动点运动的路程转化为对应线段的长度，结合几何图形的性质列方程求解，侧重考查数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
