Question

10．如圖①，平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸的正半軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，4），將矩形OABC繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到矩形AFED，直線y=kx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)G（4，0），交y軸于點(diǎn)H．
（1）點(diǎn)D、E的坐標(biāo)分別為D（2，2），E（6，2）．
（2）當(dāng)直線GH經(jīng)過(guò)EF中點(diǎn)K時(shí)，如圖②，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿著折線C-B-D以每秒1個(gè)單位速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，連結(jié)PH、PG，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒），△PGH的面積為S（平方單位）．
①求直線GH所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．
②求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當(dāng)直線GH經(jīng)過(guò)點(diǎn)E時(shí)，如圖③，點(diǎn)Q是折線B-D-E-F上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥GH于點(diǎn)M，作QN⊥x軸于點(diǎn)N，當(dāng)△QMN為等腰三角形時(shí)，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性質(zhì)和選轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可，
（2）利用待定系數(shù)法求出GH的解析式，三角形的面積等于另幾個(gè)三角形的面積的和或差計(jì)算；
（3）方法一：根據(jù)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和圖形的性質(zhì)，確定出點(diǎn)Q，N，M的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式求出對(duì)應(yīng)相等，△QMN為等腰三角形，分三種情況建立方程求解，即可．
方法二：先判斷出∠EGF=∠FEG=∠DEG=45°，再分三種討論計(jì)算即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵矩形OABC繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到矩形AFED，且B（2，4），
∴OA=AD=2，OC=AF=4，
∴D（2，2），E（6，2）；
故答案為D（2，2），E（6，2）；
（2）①解：∵E（6，2），G（4，0），
∴K（6，1），
∵直線y=kx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)G，K，
∴$\left\{\begin{array}{l}{6k+b=1}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴直線GH的解析式為y=$\frac{1}{2}$x-2，

②當(dāng)0≤t≤2時(shí)，延長(zhǎng)CB交HG于W，如圖①，
S_△PHG=S_△SHW-S_△HCP-S_△PGW=$\frac{1}{2}$[[6×12-6t-4（12-t）]=-t+12，

②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，延長(zhǎng)BA交HG于T，如圖②，
S_△PHG=S_△PTH+S_△PGT=$\frac{1}{2}$×4（7-t）=-2t+14，
（3）方法一：①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，如圖③，

由題意，得N（2，0），Q（2，4-t），
∵G（4，0），E（6，2），
∴直線HE的解析式為y=x-4①，
∵QM⊥HE，
∴直線QM的解析式y(tǒng)=-x+6-t②，
聯(lián)立①②得，M（$\frac{10-t}{2}$，$\frac{2-t}{2}$），
∴QN²=（4-t）²，MN²=$\frac{{（t-6）}^{2}}{4}$+$\frac{（2-t）^{2}}{4}$，QM²=$\frac{（t-6）^{2}}{2}$，
（Ⅰ）、當(dāng)QN=QM時(shí)，即QN²=QM²，
∴（4-t）²=$\frac{{（t-6）}^{2}}{4}$+$\frac{（2-t）^{2}}{4}$，
∴t=2或t=6（舍），
∴Q（2，2）
（Ⅱ）、當(dāng)QN=QM時(shí)，方法同（Ⅰ）的一樣，得t=2±2$\sqrt{2}$（舍），
（Ⅲ）、當(dāng)MN=QM時(shí)，方法同（Ⅰ）的一樣，得t=4（舍），
②當(dāng)2＜t≤6時(shí)，
由題意，得N（t，0），Q（t，2），M（$\frac{t+6}{2}$，$\frac{t-2}{2}$），
方法和①（Ⅰ）一樣，分三種情況，
（Ⅰ）、當(dāng)QN=QM時(shí)，t=6+2$\sqrt{2}$（舍），或t=6-2$\sqrt{2}$，
∴Q（6-2$\sqrt{2}$，2）；
（Ⅱ）、當(dāng)QN=MN時(shí)，t=-8（舍）或t=2（舍），；
（Ⅲ）、當(dāng)QM=MN時(shí)，t=4，
∴Q（4，2）；
③當(dāng)6＜t≤8時(shí)，
由題意，得N（6，0），Q（6，8-t），M（$\frac{18-t}{2}$，-$\frac{t-10}{2}$），
方法和①（Ⅰ）一樣，分三種情況，
（Ⅰ）、當(dāng)QN=QM時(shí)，t=10+2$\sqrt{2}$（舍），或t=10-2$\sqrt{2}$，
∴Q（6，2$\sqrt{2}$-2）；
（Ⅱ）、當(dāng)QN=MN時(shí)，t=6（舍）或t=10（舍）
（Ⅲ）、當(dāng)QM=MN時(shí)，t=8（舍）；
∴Q（6-2$\sqrt{2}$，2）或Q（2，2）或Q（4，2）或Q（6，2$\sqrt{2}$-2）；
方法二，∵G（4，0），E（6，2），
∴直線EG的解析式為y=x-4，
∴∠EGF=45°，
∴∠DEG=∠GEF=45°，
①如圖4，

當(dāng)點(diǎn)Q在BD上時(shí)，
∵QM⊥EG，
∴∠EMQ=90°，
∵∠DEG=45°，
∴∠DHQ=∠EHM=45°，
∴∠DQH=45°，
∵△QMN為等腰三角形，
∵∠QMN＜90°，
∴只有QN=QM，
∵∠QAF=∠QMG=90°，
∴GN=GM=2，
∴M（4+$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
設(shè)Q（2，m），
∴QN=m，QM=$\sqrt{（4+\sqrt{2}-2）^{2}+（\sqrt{2}-m）^{2}}$，
∴m=$\sqrt{（4+\sqrt{2}-2）^{2}+（\sqrt{2}-m）^{2}}$，
∴m=4$\sqrt{2}$+4＞4（舍）
②如圖5，

當(dāng)點(diǎn)Q在DE上，QN=2，
Ⅰ、當(dāng)QM=QN=2時(shí)，在Rt△EMQ中，∠QEG=45°，∴
EQ=$\sqrt{2}$QM=2$\sqrt{2}$，
∴Q（6-2$\sqrt{2}$，2），
Ⅱ、當(dāng)QM=MN時(shí)，點(diǎn)M是QN的垂直平分線，
∴點(diǎn)M是EG的中點(diǎn)，
在Rt△EFG中，F(xiàn)G=$\sqrt{2}$EF=2$\sqrt{2}$，
∴EM=$\sqrt{2}$，
∴QE=$\sqrt{2}$EM=2，
∴Q（4，2），
Ⅲ、當(dāng)MN=QN時(shí)，∵∠EQM=45°，
∴∠MQN=45°，
∴∠QNM=90°，
∴點(diǎn)M和點(diǎn)G重合，
∵AG=2，
∴Q（2，2），
③如圖6，

點(diǎn)Q在EF上時(shí)，∵∠EMQ=90°，∠NEG=45°，
∴∠EQM=45°，
∴∠NQM=135°，
∴只有QM=QN，
設(shè)QN=x，∴EQ=2-x，
在Rt△EMQ中，MQ=QN=x，
根據(jù)勾股定理得，2-x=$\sqrt{2}$x，
∴x=2$\sqrt{2}$-2，
∴Q（6，2$\sqrt{2}$-2），
即：Q（6-2$\sqrt{2}$，2）或Q（2，2）或Q（4，2）或Q（6，2$\sqrt{2}$-2）；

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，涉及到兩點(diǎn)間的距離公式，坐標(biāo)系中面積的計(jì)算方法，分段分情況討論，解本題的關(guān)鍵是用t表示出點(diǎn)的坐標(biāo)和分情況，本題的計(jì)算量比較大．