Question

（本題14分）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=．解答下列問題：

（1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；

（2）直接寫出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

（1）D（8，4）；（2）0＜t＜4；（3）①t=6-②結(jié)論：△AEF的面積S不變化， S=32.

【解析】

試題分析：（1）因?yàn)榫匦蜛OCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4），所以設(shè)OC=x，在Rt△PCQ中，由勾股定理求出x的值即OC的長(zhǎng)即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）因?yàn)楫?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)，所以根據(jù)點(diǎn)D的坐標(biāo)（8，4）可得t的取值范圍；（3）①由PQ∥AF，可證△CPQ∽△DAF，所以可得，由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，代入比例式可得關(guān)于t的方程，然后解方程即可；②證明△AQD∽△EQC，從而用t表示出線段CE的長(zhǎng)，然后利用S=S梯形AOCF+S△CEF-S△AOE，利用公式代入化簡(jiǎn)整理得出一個(gè)常數(shù)32，得證.

試題解析：【解析】
（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，-----2分

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，

∴，由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，

∴，化簡(jiǎn)得，

t1=6+，t2=6-，

由（2）知0＜t＜4，∴t1=6+＞4舍去，

∴當(dāng)t=6-時(shí)，PQ∥AF；---8分

②結(jié)論：△AEF的面積S不變化.

理由是：∵四邊形AOCD是矩形，∴AD∥OE，

∴∠DAQ=∠CEQ,∵∠DQA=∠CQE,∴△AQD∽△EQC，

∴，∴，，

由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，則CF=CD+DF=8-t，

∴S=S梯形AOCF+S△CEF-S△AOE

=（OA+CF）×OC+CF×CE-OA×OE

=[4+（8-t）]×8+（8-t）×-×4×（8+）=32（定值）.

∴△AEF的面積S不變化，S=32．

考點(diǎn)：1.點(diǎn)的坐標(biāo)；2.矩形的性質(zhì)；3.勾股定理；4. 圖形翻折的性質(zhì)；5.相似三角形的判定與性質(zhì).