Question

【題目】如圖1，矩形OABC頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，3），定點(diǎn)D的坐標(biāo)為（12，0），動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸的負(fù)方向勻速運(yùn)動，PQ兩點(diǎn)同時運(yùn)動，相遇時停止．在運(yùn)動過程中，以PQ為斜邊在x軸上方作等腰直角三角形PQR．設(shè)運(yùn)動時間為t秒．

（1）當(dāng)t=時，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B；
（2）設(shè)△PQR和矩形OABC重疊部分的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖2，過定點(diǎn)E（5，0）作EF⊥BC，垂足為F，當(dāng)△PQR的頂點(diǎn)R落在矩形OABC的內(nèi)部時，過點(diǎn)R作x軸、y軸的平行線，分別交EF、BC于點(diǎn)M、N，若∠MAN=45°，求t的值．

Answer 1

【答案】
（1）1秒
（2）

解：①當(dāng)0≤t≤1時，如答圖1﹣1所示．

設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，

過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH=OP=2t，GH=PH=3．

S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC

=8×3﹣ （2t+2t+3）×3

= ﹣6t；

②當(dāng)1＜t≤2時，如答圖1﹣2所示．

設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，RQ交BC、AB于點(diǎn)S、T．

過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH=OP=2t，GH=PH=3．

QD=t，則AQ=AT=4﹣t，

∴BT=BS=AB﹣AQ=3﹣（4﹣t）=t﹣1．

S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST

=8×3﹣ （2t+2t+3）×3﹣ （t﹣1）2

=﹣ t2﹣5t+19；

③當(dāng)2＜t≤4時，如答圖1﹣3所示．

設(shè)RQ與AB交于點(diǎn)T，則AT=AQ=4﹣t．

PQ=12﹣3t，∴PR=RQ= （12﹣3t）．

S=S△PQR﹣S△AQT

= PR2﹣ AQ2

= （12﹣3t）2﹣ （4﹣t）2

= t2﹣14t+28．

綜上所述，S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：

S= ．

（3）

解：∵E（5，0），∴AE=AB=3，

∴四邊形ABFE是正方形．

如答圖2，將△AME繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABM′，其中AE與AB重合．

∵∠MAN=45°，

∴∠EAM+∠NAB=45°，

∴∠BAM′+∠NAB=45°，

∴∠MAN=∠M′AN．

連接MN．在△MAN與△M′AN中，

∴△MAN≌△M′AN（SAS）．

∴MN=M′N=M′B+BN

∴MN=EM+BN．

設(shè)EM=m，BN=n，則FM=3﹣m，F(xiàn)N=3﹣n．

在Rt△FMN中，由勾股定理得：FM2+FN2=MN2，即（3﹣m）2+（3﹣n）2=（m+n）2，

整理得：mn+3（m+n）﹣9=0．①

延長NR交x軸于點(diǎn)S，則m=EM=RS= PQ= （12﹣3t），

∵QS= PQ= （12﹣3t），AQ=4﹣t，

∴n=BN=AS=QS﹣AQ= （12﹣3t）﹣（4﹣t）=2﹣ t．

∴m=3n，

代入①式，化簡得：n2+4n﹣3=0，

解得n=﹣2+ 或n=﹣2﹣ （舍去）

∴2﹣ t=﹣2+

解得：t=8﹣2 ．

∴若∠MAN=45°，則t的值為（8﹣2 ）秒．

【解析】解：（1）△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B時，△ABQ構(gòu)成等腰直角三角形，
∴AB=AQ，即3=4﹣t，
∴t=1．
即當(dāng)t=1秒時，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解等腰直角三角形(等腰直角三角形是兩條直角邊相等的直角三角形；等腰直角三角形的兩個底角相等且等于45°)，還要掌握圖形的旋轉(zhuǎn)(每一個點(diǎn)都繞旋轉(zhuǎn)中心沿相同方向轉(zhuǎn)動了相同的角度，任意一對對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心的連線所成的角都是旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．旋轉(zhuǎn)的方向、角度、旋轉(zhuǎn)中心是它的三要素)的相關(guān)知識才是答題的關(guān)鍵．