Question

如圖，在矩形AOCD中，AO=3，0C=4，以AO，OC，所在直線為x軸，y軸建立直角坐標(biāo)系，點(diǎn)P是OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，把射線AP沿直線AD翻折，交射線CD于點(diǎn)Q．
（1）若CP=1，求直線PQ的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），△APQ的面積等于12，求m的值或m的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，將△AOC以每秒1個(gè)單位的速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，直到O與P重合時(shí)停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，△OAC移動(dòng)后的三角形為O′A′C′，若△O′A′C′與△APD重疊部分的面積為S，請(qǐng)求出S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題

專(zhuān)題：常規(guī)題型

分析：（1）通過(guò)三角形相似求得DE的長(zhǎng)，進(jìn)而求得Q的坐標(biāo)，應(yīng)用待定系數(shù)法即可求得．
（2）△AEQ的面積加上△CPQ的面積減去△CPE的面積即可求得△APQ的面積．
（3）分三種情況分類(lèi)討論即可求得．

解答：解：（1）設(shè)AP交CD與E，
∵AD∥OC，AD=4，CP=1，CD=3，
∴

DE

CE

=

AD

CP

，即

DE

3-DE

=

4

1

，
解得：DE=

12

5

，
∴Q（4，

27

5

）．
設(shè)直線PQ的解析式為y=kx+b，
∵P（5，0），Q（4，

27

5

），
∴

27 5 =4k+b 0=5k+b

，
解得

k=- 27 5 b=27

，
∴PQ的解析式為y=-

27

5

x+27．


（2）如上圖，∵AD=4，PC=m-4，設(shè)DE=h，則CE=3-h，
∴

h

3-h

=

4

m-4

，
解得h=

12

m

，
∴EQ=

24

m

，CQ=3+

12

m

，CE=3-

12

m

，
∵S_△EQA=

1

2

EQ•AD=

1

2

•

24

m

•4=

48

m

，
S_△CPQ=

1

2

PC•CQ=

1

2

（m-4）（3+

12

m

）=

3

2

（m-4）+

6

m

（m-4），
S_△CPE=

1

2

PC•CE=

1

2

（m-4）（3-

12

m

）=

3

2

（m-4）-

6

m

（m-4），
∴S_△APQ=S_△AEQ+S_△CPQ-S_△CPE=

48

m

+[

3

2

（m-4）+

6

m

（m-4）]-[

3

2

（m-4）-

6

m

（m-4）]=

48

m

+12-

48

m

=12，
∴無(wú)論m取大于4的任何值三角形APQ的面積都等于12，
故m＞4．

（3）分三種情況：
①當(dāng)0≤t＜1時(shí)，

如圖1，∵AD∥OC，
∴△AA′F∽△PC′F，
∵相似三角形對(duì)應(yīng)高的比等于相似比，
設(shè)MF=h，則FN=3-h，
∵AA′=t，PC′=1-t，
∴

h

3-h

=

t

1-t

，
解得h=3t，
∴S_△AA'F=

1

2

AA′•h=

1

2

t•3t=

3

2

t²，
同理，△ADE∽△PCE，
∴

DE

EC

=

AD

CP

，
∴

DE

3-DE

=

4

1

，
解得DE=

12

5

，
∵△AA′G∽△ADE，
∴

AG

DE

=

AA′

AD

，
即

AG

12 5

=

t

4

，
解得A′G=

3

5

t，
∴S_△AA'G=

1

2

AA′•AG=

1

2

t•

3

5

t=

3

10

t²，
∴S=S_△AA'F-S_△AA'G=

3

2

t²-

3

10

t²=

6

5

t²，
即S=

6

5

t²（0≤t＜1）；
②當(dāng)1≤t＜4時(shí)，

如圖2，由①可知S_△AA'G=

3

10

t²，
設(shè)△A′DF的A′D邊上的高為h，則△PC′F的PC′邊上的高為3-h，
∴

h

3-h

=

A′D

PC′

=

4-t

t-1

，
解得h=4-t，
∴S_△A'DF=

1

2

A′D•h=

1

2

（4-t）（4-t）=8-4t+

1

2

t²，
∴S=S_△ADP-S_△AA'G-S_△A'DF=6-

3

10

t²-8+4t-

1

2

t²=-

4

5

t²+4t-2，
即S=-

4

5

t²+4t-2（1≤t＜4）；
③當(dāng)4≤t≤5時(shí)，

如圖3，∵A′D=t-4，O′P=5-t，

O′E

A′E

=

O′P

A′D

，
設(shè)O′E=h，則A′E=3-h，
∴

h

3-h

=

5-t

t-4

，
解得：h=15-3t，
∴S_△O'PE=

1

2

O′P•h=

1

2

（5-t）•（15-3t）=

75

2

-15t+

3

2

t²，
由①可知A′G=

3

5

t，
∴O′G=3-

3

5

t，
∴S_△O'PG=

1

2

O′P•O'G=

1

2

（5-t）（3-

3

5

t）=

15

2

-3t+

3

10

t²，
∴S=S_△O'PE-S_△O'PG=

75

2

-15t+

3

2

t²-（

15

2

-3t+

3

10

t²）=

6

5

t²-12t+30，
即S=

6

5

t²-12t+30（4≤t≤5）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了待定系數(shù)法求解析式，三角形相似的性質(zhì)，以及分類(lèi)討論的思想，能夠想象出圖形的狀況是本題的關(guān)鍵．