Question

（2012•玉林）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P，Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动．点P，Q同时出发，同时停止，设运动时间为t（秒），当t=2（秒）时，PQ=2

5

．
（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围．
（2）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值．
（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？

Answer 1

分析：（1）利用勾股定理求出PC的长度，然后利用矩形的性质确定D点的坐标；自变量的取值范围由动点到达终点的时间来确定；
（2）本问关键是利用相似三角形与翻折变换的性质，求出S的表达式．注意求图形面积的方法S=S_梯形AOCF+S_△FCE-S_△AOE．经化简计算后，S=32为定值，所以S不变；
（3）由四边形APQF是梯形，可得PQ∥AF，从而得到相似三角形△CPQ∽△DAF；再由线段比例关系求出时间t．

解答：解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，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）．
点P到达终点所需时间为

8

2

=4秒，点Q到达终点所需时间为

4

1

=4秒，由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4．

（2）结论：△AEF的面积S不变化．
∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC，
∴

CE

AD

=

CQ

DQ

，即

CE

8

=

t

4-t

，解得CE=

8t

4-t

．
由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4-t，则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

）
化简得：S=32为定值．
所以△AEF的面积S不变化，S=32．

（3）若四边形APQF是梯形，因为AP与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

，化简得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

不符合题意，舍去．
∴当t=（6-2

5

）秒时，四边形APQF是梯形．

点评：本题是动点型压轴题，综合考查了坐标平面内平面图形的性质，所涉及的考点包括相似三角形、勾股定理、矩形、翻折变换、动点变化、解方程和分式运算等，有一点的难度，考查范围比较广泛，是一道不错的好题．