Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，∠OCA=90°，點(diǎn)A在x軸上，OC=AC=4，D、E分別是OC、AC的中點(diǎn)，將四邊形OAED沿x軸向右平移，得四邊形PQRS．設(shè)OP=m（0＜m＜4$\sqrt{2}$）．
（Ⅰ）在平移過(guò)程中，四邊形OPSD能否成為菱形？若能，求出此時(shí)m的值；若不能，說(shuō)明理由．
（Ⅱ）設(shè)平移過(guò)程中△OAC與四邊形SPQR重疊部分的面積為S，試用含m的式子表示S．
（Ⅲ）當(dāng)S=3時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接寫(xiě)出結(jié)果即可）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平移得到OD∥PS，OD=PS，再由菱形的判定方法有OP=OD，即可；
（2）分兩段求出面積，①當(dāng)0＜m＜2$\sqrt{2}$時(shí)，先表示出SE=2$\sqrt{2}$-m，PA=4$\sqrt{2}$-m，重疊部分為梯形PAES，求出即可，②當(dāng)2$\sqrt{2}$≤m＜4$\sqrt{2}$時(shí)，重疊部分為△PAN，再求出此三角形的底和高即可；
（3）由（2）的函數(shù)關(guān)系式，分別代S=3，解出m，判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）能為菱形，
理由：由平移知，OD∥PS，OD=PS，
∴四邊形OPSD是平行四邊形，
當(dāng)OP=OD時(shí)，四邊形OPSD能為菱形，
∵D是OC中點(diǎn)，OC=4，
∴OD=$\frac{1}{2}$OC=2，
∴OP=2，
即：m=2時(shí)，四邊形OPSD是菱形；
（Ⅱ）①當(dāng)0＜m＜2$\sqrt{2}$時(shí)，重疊部分為梯形PAES，
如圖，

作DH⊥OA，
∵D，E分別是OC，AC中點(diǎn)，OD=2，
∴DH=$\sqrt{2}$，DE=$\frac{1}{2}$OA=2$\sqrt{2}$，
∵DS=OP=m
∴SE=2$\sqrt{2}$-m，PA=4$\sqrt{2}$-m，
S=$\frac{1}{2}$（SE+PA）×DH
=$\frac{1}{2}$[（2$\sqrt{2}$-m）+（4$\sqrt{2}$-m）]×$\sqrt{2}$
=6-$\sqrt{2}$m，（0＜m＜2$\sqrt{2}$）
②當(dāng)2$\sqrt{2}$≤m＜4$\sqrt{2}$時(shí)，PS與AC相交于N，重疊部分為△PAN，
∵△PAN為等腰直角三角形，
∴PA=4$\sqrt{2}$-m，△PAN的PA邊上的高h(yuǎn)=$\frac{1}{2}$（4$\sqrt{2}$-m），
∴S=$\frac{1}{2}$PA×h
=$\frac{1}{2}$（4$\sqrt{2}$-m）×$\frac{1}{2}$（4$\sqrt{2}$-m）
=$\frac{1}{4}$m²-2$\sqrt{2}$m+8（2$\sqrt{2}$≤m＜4$\sqrt{2}$）；
（Ⅲ）∵S=3，
∴①當(dāng)0＜m＜2$\sqrt{2}$時(shí)，6-$\sqrt{2}$m=3，
∴m=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，0）
②當(dāng)2$\sqrt{2}$≤m＜4$\sqrt{2}$時(shí)，$\frac{1}{4}$m²-2$\sqrt{2}$m+8=3，
∴m²-8$\sqrt{2}$m+20=0，
∴m=4$\sqrt{2}$+2$\sqrt{3}$（舍），或m=4$\sqrt{2}$-2$\sqrt{3}$（舍）
即：P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，梯形，三角形的面積計(jì)算方法，解本題的關(guān)鍵是求出重疊部分面積和點(diǎn)P的橫坐標(biāo)m的關(guān)系．