Question

如圖，四邊形OABC是正方形，點A在雙曲線y=

18

x

上，點P，Q同時從點A出發(fā)，都以每秒1個單位的速度分別沿折線AO-OC和AB-BC向終點C移動，設(shè)運動時間為t秒．
①若點P運動在OA上，當(dāng)t=

 

 秒時，△PAQ的面積是正方形OABC的面積的

1

4

；
②當(dāng)t=

 

秒時，△PAQ一邊上中線的長恰好等于這邊的長．

Answer 1

考點：反比例函數(shù)綜合題,等腰三角形的性質(zhì),勾股定理,正方形的性質(zhì)

專題：綜合題

分析：（1）先求出正方形OABC的面積，再根據(jù)條件建立關(guān)于t的方程即可求出t．
（2）由于點P沿折線AO-OC向終點C移動，因此需分兩種情況討論：當(dāng)點P在AO上時，∠PAQ=90°，在△PAQ中不存在一邊上中線的長等于這邊的長；點P在OC上時，可能是底邊上的中線的長等于底邊的長，也可能是腰上的中線的長等于腰的長，可借助于等腰三角形的性質(zhì)（三線合一），勾股定理等，找出線段之間的關(guān)系，建立關(guān)于t的方程，即可求出t的值．

解答：解：（1）連結(jié)AC，交OB于點H，如圖1，
∵四邊形OABC是正方形，∴OA=AB=BC=OC，OH⊥AH，OH=AH．
∵點A在反比例函數(shù)y=

18

x

的圖象上，∴S_△OHA=9．
∴

1

2

OH•AH=9．∵OH=AH，∴OH=AH=3

2

．∴OA=6．
∴AB=BC=OC=OA=6．
由題可知：AP=AQ=t，S_△APQ=

1

4

S_{正方形OABC}=

1

4

×6²=9．
∴

1

2

t²=9．∴t=±3

2

．
∵t＞0，∴t=3

2

．
∴當(dāng)t=3

2

時，△APQ的面積等于正方形OABC的面積的

1

4

．
（2）①若點P在OA上，
由于直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，一腰上的中線大于腰長（斜邊大于直角邊），
因此不存在一邊上中線的長等于這邊的長．
②若點P在OC上，
Ⅰ．若PQ邊上的中線AG長等于PQ長，如圖2．
∵四邊形OABC是正方形，∴AO=BO，∠AOP=∠ABQ=∠C=90°．
∵OP=BQ=t-6，∴AP=AQ．
∵G為PQ的中點，AP=AQ，∴AG⊥PQ，PG=QG．
∵AG=PQ，∴AP²=AG²+PG²=PQ²+（

1

2

PQ）²=

5

4

PQ²．
∴0A²+OP²=

5

4

（PC²+CQ²）．
∴6²+（t-6）²=

5

4

[（12-t）²+[（12-t）²]．
整理得：t²-32t+192=0
解得：t₁=24，t₂=8．
∵6＜t＜12，∴t=8．
Ⅱ．若AP邊上的中線QM長等于AP長，如圖3．
∵AP=AQ，AP=QM，∴AQ=QM．
過點Q作QN⊥AP，垂足為N，
∵AQ=QM，QN⊥AP，∴AN=MN．∴AN=

1

4

AP．
∵QN⊥AP，∴NQ²=AQ²-AN²=AP²-（

1

4

AP）²=

15

16

AP²．
∴NQ=

15

4

AP．
∵S_△APQ=

1

2

AP•QN=S_{正方形OABC}-S_△AOP-S_△PCQ-S_△ABQ，
∴

1

2

×

15

4

×[6²+（t-6）²]=6²-

1

2

×6×（t-6）-

1

2

（12-t）²-

1

2

×6×（t-6）．
整理得：（4+

15

）t²-（12

15

+48）t+72

15

=0．
解得：t₁=30-6

15

，t₂=6

15

-18．
∵6＜t＜12，∴t=30-6

15

．
綜上所述：當(dāng)t=8或30-6

15

時，△APQ一邊上的中線長恰好等于這條邊的長．
故答案為：①3

2

；②8或30-6

15

．

點評：本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程等知識，考查了割補法、分類討論等思想方法，對學(xué)生運算能力的要求較高．