Question

如圖，以Rt△ABO的直角頂點(diǎn)O為原點(diǎn)，OA所在的直線為x軸，OB所在的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．已知OA=4，OB=3，一動(dòng)點(diǎn)P從O出發(fā)沿OA方向，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)后立即以原速沿AO返回；點(diǎn)Q從A點(diǎn)出發(fā)沿AB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)Q到達(dá)B時(shí)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）試求出△APQ的面積S與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）在某一時(shí)刻將△APQ沿著PQ翻折，使得點(diǎn)A恰好落在AB邊的點(diǎn)D處，如圖①．求出此時(shí)△APQ的面積．
（3）在點(diǎn)P從O向A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在y軸上是否存在著點(diǎn)E使得四邊形PQBE為等腰梯形？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（4）伴隨著P、Q兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，線段PQ的垂直平分線DF交PQ于點(diǎn)D，交折線QB-BO-OP于點(diǎn)F． 當(dāng)DF經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出t的值．

Answer 1

分析：過(guò)Q作QH⊥AP于H點(diǎn)，構(gòu)造直角三角形APQ．
（1）在Rt△AOB中，利用勾股定理求得AB；①P由O向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，OP=AQ=t，AP=4-t．根據(jù)平行線截線段成比例的性質(zhì)求得QH，然后求△APQ的面積；②P由A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP=t-4，AQ=t，由直角三角形ABO中的銳角的正弦求得QH=

3

5

t，然后求△APQ的面積；
（2）根據(jù)翻折的性質(zhì)知△APQ≌△DPQ，∠AQP=90°．在直角三角形AOB與直角三角形APQ中通過(guò)∠A的余弦值求得cosA=

AQ

AP

=

OA

AB

=

4

5

．①當(dāng)0＜t＜4時(shí)，求得t值；②當(dāng)4＜t≤5時(shí)，求得t值；然后將其代入（1）中的函數(shù)解析式；
（3）①若PE∥BQ，則梯形PQBE是等腰梯形．過(guò)E、P分分別作EM⊥AB于M，PN⊥AB于N．構(gòu)造矩形PNME．則有BM=QN，由PE∥BQ，
得

OE

OB

=

OP

OA

，從而求得MB的值；在直角三角形APN中根據(jù)AP求得QN的值，然后由BM=QN，求得t，所以點(diǎn)E的坐標(biāo)就迎刃而解了；②若PQ∥BE，則等腰梯形PQBE中BQ=EP且PQ⊥OA于P點(diǎn)．由OP+AP=OA求得t值；
（4）①當(dāng)P由O向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，OQ=OP=AQ=t．再有邊角關(guān)系求得BQ=AQ=

1

2

AE，解得t值；②②當(dāng)P由A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，OQ=OP=8-t．在Rt△OGQ中，利用勾股定理得OQ²=QG²+OG²，列出關(guān)于t的方程，解方程即可．

解答：解：（1）在Rt△AOB中，OA=4，OB=3
∴AB=

42+32

=5
①P由O向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，OP=AQ=t，AP=4-t
過(guò)Q作QH⊥AP于H點(diǎn)．
由QH∥BO，得

QH

AQ

=

OB

AB

，得QH=

3

5

t
∴S△APQ=

1

2

AP•QH=

1

2

(4-t)•

3

5

t
即S△APQ=-

3

10

t2+

6

5

t（0＜t＜4）
②當(dāng)4＜t≤5時(shí)，即P由A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP=t-4AQ=t
sin∠BAO=

QH

t

=

3

5

QH=

3

5

t，
∴s△APQ=

1

2

(t-4)•

3

5

t
=

3

10

t2-

6

5

t；
綜上所述，S_△APQ=

- 3 10 t2+ 6 5 t(0＜t＜4) 3 10 t2- 6 5 t(4＜t≤5)

；

（2）由題意知，此時(shí)△APQ≌△DPQ，∠AQP=90°，
∴cosA=

AQ

AP

=

OA

AB

=

4

5

，
當(dāng)0＜t＜4∴

t

4-t

=

4

5

即t=

16

9

當(dāng)4＜t≤5時(shí)，

t

t-4

=

4

5

，t=-16（舍去）
∴S△APQ=-

3

10

t2+

6

5

t=

32

27

；

（3）存在，有以下兩種情況
①若PE∥BQ，則等腰梯形PQBE中PQ=BE
過(guò)E、P分分別作EM⊥AB于M，PN⊥AB于N．
則有BM=QN，由PE∥BQ，
得

OE

OB

=

OP

OA

，
∴BM=

3

5

(3-

3

4

t)；
又∵AP=4-t，
∴AN=

4

5

(4-t)，
∴QN=

4

5

(4-t)-t，
由BM=QN，得

3

5

(3-

3

4

t)=

4

5

(4-t)-t
∴t=

28

27

，
∴E(0，

7

9

)；
②若PQ∥BE，則等腰梯形PQBE中
BQ=EP且PQ⊥OA于P點(diǎn)
由題意知AP=

4

5

AQ=

4

5

t
∵OP+AP=OA，
∴t+

4

5

t=4
∴t=

20

9

，
∴OE=

5

3

，
∴點(diǎn)E（0，-

5

3

）
由①②得E點(diǎn)坐標(biāo)為（0，

7

9

）或（0，-

5

3

）．

（4）①當(dāng)P由O向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，OQ=OP=AQ=t．
可得∠QOA=∠QAO∴∠QOB=∠QBO
∴OQ=BQ=t
∴BQ=AQ=

1

2

AB，
∴t=

5

2

；
②當(dāng)P由A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，OQ=OP=8-t
BQ=5-t，QG=

4

5

(5-t)，OG=3-

3

5

(5-t)
在Rt△OGQ中，OQ²=QG²+OG²
即（8-t）²=[

4

5

(5-t)]2+[3-

3

5

(5-t)]2
∴t=5

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，相似三角形的性質(zhì)以及二次函數(shù)等知識(shí)點(diǎn)的綜合應(yīng)用，弄清相關(guān)線段的大小和比例關(guān)系是解題的關(guān)鍵．