Question

（2013•河?xùn)|區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形AOCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4），現(xiàn)有兩動點(diǎn)P、Q，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿線段OC（不包括端點(diǎn)O，C）以每秒2個單位長度的速度，勻速向點(diǎn)C運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿線段CD（不包括端點(diǎn)C，D）以每秒1個單位長度的速度勻速向點(diǎn)D運(yùn)動．點(diǎn)P、Q同時出發(fā)，同時停止，設(shè)運(yùn)動時間為t秒，當(dāng)t=2秒時PQ=2

5

．
（Ⅰ）求點(diǎn)D的坐標(biāo)，并直接寫出t的取值范圍；
（Ⅱ）連接AQ并延長交x軸于點(diǎn)E，把AE沿AD翻折交CD延長線于點(diǎn)F，連接EF，則△AEF的面積S是否隨t的變化而變化？若變化，求出S與t的函數(shù)關(guān)系式；若不變化，求出S的值．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，t為何值時，PQ∥AF？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)t=2求出OP、CQ，再利用勾股定理列式求出PC的長，再求出OC，然后寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)即可，再根據(jù)時間=路程÷速度分別求出點(diǎn)P、Q停止時的時間，然后寫出t的取值范圍即可；
（2）表示出CQ、DQ，再根據(jù)矩形的對邊平行可得AD∥x軸，再利用△ADQ和△ECQ相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式表示出CE，根據(jù)翻折的性質(zhì)可得AF=AQ，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得QF=2DQ，然后根據(jù)S_△AEF=S_△AQF+S_△EFQ列式計(jì)算即可得解；
（3）根據(jù)翻折的性質(zhì)AF=AQ，根據(jù)等邊對等角可得∠AQF=∠AFQ，再根據(jù)兩直線平行，同位角相等可得∠AFQ=∠PQC，從而得到∠AQF=∠PQC，然后利用兩組角對應(yīng)相等兩三角形相似求出△ADQ和△PCQ相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解即可．

解答：解：（1）t=2時，OP=2×2=4，CQ=2×1=2，
∵矩形AOCD的∠OCD=90°，
∴PC=

PQ2-CQ2

=

(2 5 )2-22

=4，
∴OC=OP+PC=4+4=8，
又∵A（0，4），
∴OA=4，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（8，4），
點(diǎn)P運(yùn)動到點(diǎn)C的時間為：8÷2=4秒，
點(diǎn)Q運(yùn)動到點(diǎn)D的時間為：4÷1=4秒，
∵點(diǎn)P、Q同時出發(fā)，同時停止，
∴0＜t＜4；

（2）△AEF的面積S不變，為32．
理由如下：∵點(diǎn)Q的速度是每秒1個單位長度，
∴CQ=t，DQ=4-t，
∵AD∥x軸，
∴△ADQ∽△ECQ，
∴

AD

CE

=

DQ

CQ

，
即

8

CE

=

4-t

t

，
解得CE=

8t

4-t

，
∵AF是AE沿AD翻折得到，
∴AF=AQ，
∵AD⊥CD，
∴QF=2DQ=2（4-t），
∴S_△AEF=S_△AQF+S_△EFQ，
=

1

2

QF•AD+

1

2

QF•CE，
=

1

2

QF（AD+CE），
=

1

2

×2（4-t）×（8+

8t

4-t

），
=32-8t+8t，
=32是定值，
∴△AEF的面積S不變，為32；

（3）由翻折的性質(zhì)AF=AQ，
∴∠AQF=∠AFQ，
∵PQ∥AF，
∴∠AFQ=∠PQC，
∴∠AQF=∠PQC，
又∵∠ADQ=∠PCQ=90°，
∴△ADQ∽△PCQ，
∴

AD

PC

=

DQ

CQ

，
即

8

8-2t

=

4-t

t

，
整理得，t²-12t+16=0，
解得t₁=6+2

5

，t₂=6-2

5

，
∵0＜t＜4，
∴t為6-2

5

時，PQ∥AF．

點(diǎn)評：本題是相似形綜合題型，主要利用了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換的性質(zhì)，三角形的面積，等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，（3）判斷出兩個三角形相似是解題的關(guān)鍵．