6. 通过对下面数学模型的研究学习,解答下列问题:
【问题背景】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽弦图(如图①,由外到内含三个正方形)中提炼出两个三角形全等模型图(如图②③).
【探究问题】
(1) 如图②,在直角三角形 ABC 中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC$,点 C 正好落在直线 l 上,分别作 $BF ⊥ l$ 于点 F,$AE ⊥ l$ 于点 E,则线段 BF,CE 之间的数量关系为
BF=CE
,线段 BF、EF 和 AE 之间的数量关系为
EF=BF+AE
;
(2) 如图③,将(1)中的直线 l 绕点 C 转动到与 AB 相交,其余条件不变.请问 BF、EF 和 AE 之间的数量关系是否发生改变?并说明理由;
【解决问题】
(3) 如图④,直线 PQ 经过 $Rt△ ABC$ 的直角顶点 C,$△ ABC$ 的边上有两个动点 D,E,点 D 以 4 cm/s 的速度从点 A 出发,沿 $AC \to CB$ 移动到点 B,点 E 以 6 cm/s 的速度从点 B 出发,沿 $BC \to CA$ 移动到点 A,两动点中一个点到达终点后另一个点继续移动到终点.过 D,E 两点分别作 $DM ⊥ PQ$, $EN ⊥ PQ$,垂足分别为 M,N.若 $AC=14\ \mathrm{cm}$,$BC=20\ \mathrm{cm}$,设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$,当以 D,M,C 三点为顶点的三角形与以 E,N,C 三点为顶点的三角形全等时,求此时 t 的值.
答案：6. (1) $BF=CE$ $EF=BF+AE$ 解析: 因为 $BF ⊥ l$, $AE ⊥ l$, 所以 $∠AEC = ∠CFB = 90°$, 即 $∠EAC +∠ACE = 90°$. 又 $∠ACB = 90°$, 所以 $∠ACE +∠FCB=180°-∠ACB=90°$,即$∠EAC=∠FCB$. 又 $AC=CB$,所以△AEC≌△CFB(AAS). 所以 AE=CF,CE=BF. 又 EF=CE+CF,所以 EF=BF+AE.
(2) 发生改变. 理由如下: 因为 $BF ⊥ l$,$AE ⊥ l$,所以 $∠AEC = ∠CFB = 90°$. 所以 $∠EAC +∠ACE =90°$. 又 $∠ACB = 90°$,所以 $∠ACE +∠FCB = 90°$,即 $∠EAC=∠FCB$. 又 AC=CB, 所以△AEC≌△CFB(AAS). 所以 CE=BF,AE=CF. 所以 EF=CE-CF=BF-AE.
(3) 因为以 D,M,C 三点为顶点的三角形与以 E,N,C 三点为顶点的三角形全等,所以 CD=CE. 分类讨论如下:① 当点 E 在 BC 上,点 D 在 AC 上时,因为点 E 的速度为 6 cm/s,点 D 的速度为 4 cm/s,AC=14 cm,BC=20 cm,所以点 E 到达点 C 所需的时间为 $20÷6=\frac{10}{3}$(s),点 D 到达点 C 所需的时间为 $14÷4=\frac{7}{2}$(s),AD=4t cm,BE=6t cm,即 CD=(14-4t)cm,CE=(20-6t)cm. 又 $\frac{10}{3}＜\frac{7}{2}$,所以此时 0＜$t＜\frac{10}{3}$. 所以 20-6t=14-4t,解得 t=3;② 当点 E 在 AC 上,点 D 在 AC 上时,则 $\frac{10}{3}＜t＜\frac{7}{2}$. 所以 CE=(6t-20)cm,CD=(14-4t)cm,即 6t-20=14-4t,解得 $t=\frac{17}{5}$;③ 当点 E 在 AC 上且未到点 A,点 D 在 BC 上时,因为点 E 到达点 A 所需时间为(14+20)÷6=$\frac{17}{3}$(s),点 D 到达点 B 所需时间为(14+20)÷4=$\frac{17}{2}$(s),所以此时 $\frac{7}{2}＜t＜\frac{17}{3}$. 则 CE=(6t-20)cm,CD=(4t-14)cm. 所以 6t-20=4t-14,解得 t=3(不符合题意,舍去);④ 当点 E 到达点 A 后,点 D 在 BC 上时,此时 $\frac{17}{3}＜t＜\frac{17}{2}$. 所以 CD=(4t-14)cm,CE=AC=14 cm,即 14=4t-14,解得 t=7. 综上,当t 的值为 3 或 $\frac{17}{5}$ 或 7 时,以 D,M,C 三点为顶点的三角形与以 E,N,C 三点为顶点的三角形全等.
解析：
【分析】
(1) 观察图形可知BF、AE均垂直于直线l，可先得到一组直角相等，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等推出一组锐角相等，结合AC=BC的条件，可通过AAS证明△AEC≌△CFB，根据全等性质即可得到BF与CE的数量关系，再结合EF的线段和关系替换对应边，就能得到三条线段的数量关系；
(2) 证法和(1)一致，仍然先证△AEC≌△CFB得到对应边相等，区别在于此时EF是两条线段的差，因此线段和差关系会发生改变；
(3) △DMC和△ENC都是直角三角形，全等时满足直角边CD=CE即可，需根据两个动点的运动阶段分类讨论：①点D在AC上、点E在BC上；②点D在AC上、点E在AC上；③点D在BC上、点E在AC上；④点E到达终点A、点D在BC上，每种情况用含t的式子表示CD和CE的长度，列方程求解后验证t是否符合对应时间段，舍去不符合的解即可。
【解析】
(1) 因为 $BF ⊥ l$, $AE ⊥ l$, 所以 $∠AEC = ∠CFB = 90°$, 即 $∠EAC +∠ACE = 90°$. 又 $∠ACB = 90°$, 所以 $∠ACE +∠FCB=180°-∠ACB=90°$,即$∠EAC=∠FCB$. 又 $AC=CB$,所以△AEC≌△CFB(AAS). 所以 $CE=BF$,$AE=CF$. 又 $EF=CE+CF$,所以 $EF=BF+AE$.
(2) 发生改变. 理由如下: 因为 $BF ⊥ l$,$AE ⊥ l$,所以 $∠AEC = ∠CFB = 90°$. 所以 $∠EAC +∠ACE =90°$. 又 $∠ACB = 90°$,所以 $∠ACE +∠FCB = 90°$,即 $∠EAC=∠FCB$. 又 AC=CB, 所以△AEC≌△CFB(AAS). 所以 $CE=BF$,$AE=CF$. 所以 $EF=CE-CF=BF-AE$.
(3) 因为以 D,M,C 三点为顶点的三角形与以 E,N,C 三点为顶点的三角形全等,所以 $CD=CE$. 分类讨论如下:
① 当点 E 在 BC 上,点 D 在 AC 上时,点 E 到达点 C 所需的时间为 $20÷6=\frac{10}{3}\ \mathrm{s}$,点 D 到达点 C 所需的时间为 $14÷4=\frac{7}{2}\ \mathrm{s}$,此时 $0＜t＜\frac{10}{3}$,$AD=4t\ \mathrm{cm}$,$BE=6t\ \mathrm{cm}$,即 $CD=(14-4t)\ \mathrm{cm}$,$CE=(20-6t)\ \mathrm{cm}$. 列方程得 $20-6t=14-4t$,解得 $t=3$,符合取值范围；
② 当点 E 在 AC 上,点 D 在 AC 上时,此时 $\frac{10}{3}＜t＜\frac{7}{2}$,$CE=(6t-20)\ \mathrm{cm}$,$CD=(14-4t)\ \mathrm{cm}$,列方程得 $6t-20=14-4t$,解得 $t=\frac{17}{5}$,符合取值范围；
③ 当点 E 在 AC 上且未到点 A,点 D 在 BC 上时,点 E 到达点 A 所需时间为 $(14+20)÷6=\frac{17}{3}\ \mathrm{s}$,点 D 到达点 B 所需时间为 $(14+20)÷4=\frac{17}{2}\ \mathrm{s}$,此时 $\frac{7}{2}＜t＜\frac{17}{3}$,$CE=(6t-20)\ \mathrm{cm}$,$CD=(4t-14)\ \mathrm{cm}$,列方程得 $6t-20=4t-14$,解得 $t=3$,不符合取值范围,舍去；
④ 当点 E 到达点 A 后,点 D 在 BC 上时,此时 $\frac{17}{3}＜t＜\frac{17}{2}$,$CD=(4t-14)\ \mathrm{cm}$,$CE=AC=14\ \mathrm{cm}$,列方程得 $14=4t-14$,解得 $t=7$,符合取值范围.
综上,符合条件的t值为3、$\frac{17}{5}$、7.
【答案】
(1) $\boldsymbol{BF=CE}$；$\boldsymbol{EF=BF+AE}$
(2) 发生改变，数量关系为$\boldsymbol{EF=BF-AE}$
(3) $t$的值为$\boldsymbol{3}$或$\boldsymbol{\dfrac{17}{5}}$或$\boldsymbol{7}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三垂直全等模型；动点分类讨论
【点评】
本题以赵爽弦图为背景，依托经典的三垂直全等模型由浅入深设置问题，既考查了全等三角形的判定和线段和差关系的推导，又考查了动态问题的分类讨论思想，解题时需注意不同运动阶段线段长度的表达式，同时要检验解是否符合对应运动范围，避免出现增解或漏解。
【难度系数】
0.4
