Question

（2011•香坊區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點．是坐標(biāo)原點，AB∥y軸，將△ABO沿A0翻折后，點B落在點D處，AD交y軸于點E，過點D作DC⊥X軸于點C．OB=5，OC=3．
（1）求點A的坐標(biāo)：
（2）點P從A點出發(fā)，沿線段A0以

5

個單位/秒的速度向終點O勻速運(yùn)動，同時點Q從A點出發(fā)，沿射線AD以3個單位，秒的速度勻速運(yùn)動，當(dāng)P到達(dá)終點時點Q也停止運(yùn)動．設(shè)△PQD的面積為S（S≠0），點P的運(yùn)動時間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變．量t的取值范圍）：
（3）在（2）的條件下，過點Q作射線AD的垂線交射線A0于點N，交x軸于點M，當(dāng)t為何值時，MN=

5

4

PN．

Answer 1

分析：（1）作DH⊥AB于H，由條件和勾股定理可以求出CD=BH=4，BC=DH=8，在Rt△AHD中由勾股定理得AH，從而可以求出AB，進(jìn)而可以求出A的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)點Q在線段AD上時，過點P作PF⊥AD于F，當(dāng)點Q在射線AD上時，過點P作PG⊥AD于G，利用三角形相似就可以用t表示出PF或PG，再利用三角形的面積公式就可以表示出△PDQ的面積．
（3）如圖3，如圖4，作OK⊥MN，OR⊥MN，利用三角形相似的性質(zhì)可以用含t的式子表示出PN、MN，再根據(jù)MN=

5

4

PN．就可以求出其滿足條件的t值．

解答：解：（1）在Rt△ODC中，由勾股定理，得
DC=4．過點D作DH⊥AB于點H，則在Rt△ADH中，
AH²+DH²=AD²
∴（AD-4）²+8²=AD²，
∴AD=10，
∴A（-5，10）


（2）如圖1，當(dāng)點Q在線段AD上時，過點P作PF⊥AD于F．
∴QD=10-3t，AP=

5

t，由△APF∽△AOD，
∴

PF

5

=

5 t

5 5

，
∴PF=t，
∴S_△PQD=

1

2

QD•PF=-

3

2

t²+5t（0＜t＜

10

3

）．
當(dāng)點Q在射線AD上時，過點P作PG⊥AD于G，
∴QD=3t-10，AP=

5

t，同上得：PG=t，
∴S_△PQD=

1

2

QD•PG=

3

2

t²-5t（

10

3

＜t≤5）．


（3）當(dāng)點Q在線段AQ上時，過點O作OK⊥MN于K，
∴△MOK∽△ODC，
∵OK=QD=10-3t，QN=

3

2

t，
∴MK=

3

4

（10-3t），MQ=

3

4

（10-3t）+5MN=MQ-QN=-

25

4

t+

25

2

，
∵M(jìn)N=

5

4

PN，
∴MN=

5

4

（AN-AP），
∴-

25

4

t+

25

2

=

5

4

（

3 5 t

2

-

5

t），
∴t=

20

7

當(dāng)點Q在射線AD上時，過點O作OR⊥MN于R，
∴△MOR∽△ODC．
∵OR=QD=3t-10，QN=

3

2

t．
∴MR=

3

4

（3t-10），MQ=5-

3

4

（3t-10）=-

9

4

t+

25

2

，MN=QN-MQ=

15

4

t-

25

2

，
∵M(jìn)N=

5

4

PN，
∴MN=

5

4

（AN-AP），
∴

15

4

t-

25

2

=

5

4

（

3 5 t

2

-

5

t），
∴t=4

點評：本題考查了翻折變換，點的坐標(biāo)，三角形的面積，勾股定理的運(yùn)用，相似三角形的判定與性質(zhì)．