Question

20．已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（11，0）、B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)點(diǎn)B、C重合），經(jīng)過點(diǎn)O、P折疊該紙片，得點(diǎn)B′和折痕OP．設(shè)BP=t．
（1）如圖1，當(dāng)∠BOP=30°時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）如圖2，經(jīng)過點(diǎn)P再次折疊紙片，使點(diǎn)C落在直線PB′上，得點(diǎn)C′和折痕PQ，若AQ=m，試用含有t的式子表示m；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)C′恰好落在邊OA上時如圖3，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；
（2）由△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易證得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案；
（3）首先過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，易證得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的長，然后利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例與m和t的關(guān)系，即可求得t的值．

解答 解：（1）根據(jù)題意，∠OBP=90°，OB=6，
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．
∵OP²=OB²+BP²，
即（2t）²=6²+t²，
解得：t₁=2$\sqrt{3}$，t₂=-2$\sqrt{3}$（舍去）．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，6）；
（2）
∵△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，
∴∠OPB+∠QPC=90°，
∵∠BOP+∠OPB=90°，
∴∠BOP=∠CPQ，
又∵∠OBP=∠C=90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴$\frac{OB}{PC}=\frac{BP}{CQ}$，
由題意設(shè)BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，則PC=11-t，CQ=6-m．
∴$\frac{6}{11-t}=\frac{t}{6-m}$，
∴m=$\frac{1}{6}$t²-$\frac{11}{6}$t+6（0＜t＜11）；
（3）過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，如圖3，
∴∠PEA=∠QAC′=90°，
∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，
∴∠EPC′=∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴$\frac{PE}{AC′}=\frac{EC}{AQ}$，
在△PC′E和△OC′B′中，
$\left\{\begin{array}{l}{PE=OB′}\\{∠PEC′=∠OB′C}\\{∠PC′E=∠OC′B′}\end{array}\right.$
∴△PC′E≌△OC′B′，
∴PC'=OC'=PC，
∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11-2t，
∴$\frac{6}{t}=\frac{11-2t}{m}$，
∵m=$\frac{1}{6}$t²-$\frac{11}{6}$t+6，
∴3t²-22t+36=0，
解得：t₁=$\frac{11-\sqrt{13}}{3}$，t₂=$\frac{11+\sqrt{3}}{3}$
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（ $\frac{11-\sqrt{13}}{3}$，6）或（ $\frac{11+\sqrt{13}}{3}$，6）．

點(diǎn)評 本題考查了幾何變換綜合性題目，用到的知識點(diǎn)有：翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等有關(guān)的知識點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度較大．清楚翻折前后的兩個圖形全等以及熟悉相似三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．