Question

（2013•保定二模）如圖，矩形AOCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4）．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿線段OC（不包括端點(diǎn)O，C）以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿線段CD（不包括端點(diǎn)C，D）以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），當(dāng)t=2（秒）時(shí)，PQ=2√5．解答下列問(wèn)題：
（1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）直接寫(xiě)出t的取值范圍．
（3）連接AQ并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)E，把AQ沿AD翻折，點(diǎn)Q落在CD延長(zhǎng)線上點(diǎn)F處，連接EF．
①t為何值時(shí)，PQ∥AF；
②△AEF的面積S是否隨t的變化而變化？若變化，求出S與t的函數(shù)關(guān)系式；若不變化，求出S的值．

Answer 1

分析：（1）由題意可知：當(dāng)t=2秒時(shí)，OP=4，CQ=2，設(shè)OC=x，PC=x-4，在Rt△PCQ中，由勾股定理得出方程x-4）²+2²=（2

5

）²，求出即可；
（2）根據(jù)D（8，4）即可得出t的取值范圍；
（3）①證△CPQ∽△DAF，得出

CP

AD

=

CQ

DF

，代入求出即可；②結(jié)論：△AEF的面積S不變化，證△AQD∽△EQC，代入求出CE=

8t

4-t

，由翻折變換的性質(zhì)得出DF=DQ=4-t，求出CF=8-t，根據(jù)S=S_{s四邊形AOCF}+S_△CFH-S_△AOE和面積公式代入求出即可．

解答：解：（1）由題意可知：當(dāng)t=2秒時(shí)，OP=4，CQ=2，
設(shè)OC=x，
則PC=x-4，
∵在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC²+CQ²=PQ²，
∴（x-4）²+2²=（2

5

）²，
x₁=8，x₂=0（不符合題意舍去），
∵矩形AOCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4），
∴D（8，4）；

（2）∵D（8，4），
∴t的取值范圍是：0＜t＜4；

（3）①∵PQ∥AF，
∴∠PQC=∠AFD，
∵∠ADF=∠PCQ=90°，
∴△CPQ∽△DAF，
∴

CP

AD

=

CQ

DF

，
由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，
∴

8-2t

8

=

t

4-t

，
t₁=6+2

5

，t₂=6-2

5

，
由（2）知o＜t＜4，
∴t₁=6+2

5

＞4舍去，
∴當(dāng)t=6-2

5

時(shí)，PQ∥AF；
②結(jié)論：△AEF的面積S不變化，
理由是：∵四邊形AOCD是矩形，
∴AD∥OE，
∴△AQD∽△EQC，
∴

CE

AD

=

CQ

DQ

，
∴

CE

8

=

t

4-t

，
CE=

8t

4-t

，
由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，
則CF=CD+DF=8-t，
S=S_{s四邊形AOCF}+S_△CFH-S_△AOE
=

1

2

（OA+CF）×OC+

1

2

CF×CE-

1

2

OA×OE
=

1

2

[4+（8-t）]×8+

1

2

（8-t）•

8t

4-t

-

1

2

×4×（8+

8t

4-t

）
=32（定值），
∴△AEF的面積S不變化，S=32．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形的面積，函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用定理和性質(zhì)進(jìn)行推理和計(jì)算的能力，用了方程思想和函數(shù)觀點(diǎn)．