Question

（2012•玉林）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形AOCD的頂點A的坐標(biāo)是（0，4），現(xiàn)有兩動點P，Q，點P從點O出發(fā)沿線段OC（不包括端點O，C）以每秒2個單位長度的速度勻速向點C運動，點Q從點C出發(fā)沿線段CD（不包括端點C，D）以每秒1個單位長度的速度勻速向點D運動．點P，Q同時出發(fā)，同時停止，設(shè)運動時間為t（秒），當(dāng)t=2（秒）時，PQ=2

5

．
（1）求點D的坐標(biāo)，并直接寫出t的取值范圍．
（2）連接AQ并延長交x軸于點E，把AE沿AD翻折交CD延長線于點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．
（3）在（2）的條件下，t為何值時，四邊形APQF是梯形？

Answer 1

分析：（1）利用勾股定理求出PC的長度，然后利用矩形的性質(zhì)確定D點的坐標(biāo)；自變量的取值范圍由動點到達終點的時間來確定；
（2）本問關(guān)鍵是利用相似三角形與翻折變換的性質(zhì)，求出S的表達式．注意求圖形面積的方法S=S_梯形AOCF+S_△FCE-S_△AOE．經(jīng)化簡計算后，S=32為定值，所以S不變；
（3）由四邊形APQF是梯形，可得PQ∥AF，從而得到相似三角形△CPQ∽△DAF；再由線段比例關(guān)系求出時間t．

解答：解：（1）由題意可知，當(dāng)t=2（秒）時，OP=4，CQ=2，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC=

PQ2-CQ2

=

(2 5 )2-22

=4，
∴OC=OP+PC=4+4=8，
又∵矩形AOCD，A（0，4），∴D（8，4）．
點P到達終點所需時間為

8

2

=4秒，點Q到達終點所需時間為

4

1

=4秒，由題意可知，t的取值范圍為：0＜t＜4．

（2）結(jié)論：△AEF的面積S不變化．
∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC，
∴

CE

AD

=

CQ

DQ

，即

CE

8

=

t

4-t

，解得CE=

8t

4-t

．
由翻折變換的性質(zhì)可知：DF=DQ=4-t，則CF=CD+DF=8-t．
S=S_梯形AOCF+S_△FCE-S_△AOE
=

1

2

（OA+CF）•OC+

1

2

CF•CE-

1

2

OA•OE
=

1

2

[4+（8-t）]×8+

1

2

（8-t）•

8t

4-t

-

1

2

×4×（8+

8t

4-t

）
化簡得：S=32為定值．
所以△AEF的面積S不變化，S=32．

（3）若四邊形APQF是梯形，因為AP與CF不平行，所以只有PQ∥AF．
由PQ∥AF可得：△CPQ∽△DAF，
∴

CP

AD

=

CQ

DF

，即

8-2t

8

=

t

4-t

，化簡得t²-12t+16=0，
解得：t₁=6+2

5

，t₂=6-2

5

，
由（1）可知，0＜t＜4，∴t₁=6+2

5

不符合題意，舍去．
∴當(dāng)t=（6-2

5

）秒時，四邊形APQF是梯形．

點評：本題是動點型壓軸題，綜合考查了坐標(biāo)平面內(nèi)平面圖形的性質(zhì)，所涉及的考點包括相似三角形、勾股定理、矩形、翻折變換、動點變化、解方程和分式運算等，有一點的難度，考查范圍比較廣泛，是一道不錯的好題．