Question

14．如圖，矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，3），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合），經(jīng)過點(diǎn)O、P折疊該紙片，得點(diǎn)B′和折痕OP．經(jīng)過點(diǎn)P再次折疊紙片，使點(diǎn)C落在直線PB′上，得點(diǎn)C′和折痕PQ，連接OQ，設(shè)BP=t．
（1）當(dāng)t=1時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（2）設(shè)S_{四邊形OQCB}=s，試用含有t的式子表示s；
（3）當(dāng)OQ取得最小值時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．

Answer 1

分析 （1）先由翻折性質(zhì)推出∠OPQ=90°，進(jìn)而推出△OBP∽△PCQ，列出相似比例關(guān)系即可求得CQ，進(jìn)而求得AQ的長，求得Q的坐標(biāo)；
（2）由△OBP∽△PCQ，列出相似比例關(guān)系即可表示出CQ，然后根據(jù)梯形的面積公式即可求得；
（3）根據(jù)勾股定理當(dāng)AQ取最小值時(shí)，OQ的值最小，由△OBP∽△PCQ，列出相似比例關(guān)系即可表示出AQ，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得AQ取最小值即可，

解答 解：（1）如圖，∵△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，
∴∠OPB+∠QPC=90°，
∵∠BOP+∠OPB=90°，
∴∠BOP=∠CPQ，
又∵∠OBP=∠C=90°，
∴△OBP∽△PCQ，∴$\frac{OB}{PC}$=$\frac{BP}{CQ}$，
∵BP=1，則PC=3，
∴$\frac{3}{3}$=$\frac{1}{CQ}$，
∴CQ=1，
∴AQ=2，
∴Q（4，2）；
（2）∵△OBP∽△PCQ，∴$\frac{OB}{PC}$=$\frac{BP}{CQ}$，
∵BP=t，BC=4，AC=3，則PC=4-t，∴$\frac{3}{4-t}$=$\frac{t}{CQ}$，
∴CQ=-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{4}{3}$t．
∴s=$\frac{1}{2}$（3-$\frac{1}{3}$t²+$\frac{4}{3}$t）×4=-$\frac{2}{3}$t²+$\frac{8}{3}$t+6（0＜t＜4）；
（3）∵△OBP∽△PCQ，∴$\frac{OB}{PC}$=$\frac{BP}{CQ}$，
由題意設(shè)BP=t，AQ=m，BC=4，AC=3，則PC=4-t，CQ=3-m．∴$\frac{3}{4-t}$=$\frac{t}{3-m}$，
∴m=$\frac{1}{3}$t²-$\frac{4}{3}$t+3=$\frac{1}{3}$（x-2）²+$\frac{5}{3}$（0＜t＜4）．
∵OA=4是定值，根據(jù)勾股定理當(dāng)m取最小值時(shí)，OQ的值最小，
∴當(dāng)t=2時(shí)，m最小值為$\frac{5}{3}$，
∴此時(shí)Q（4，$\frac{5}{3}$）．

點(diǎn)評 本題考查了翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度較大．清楚翻折前后的兩個(gè)圖形全等以及熟悉相似三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．