题目内容
如图，四边形AOBC是正方形，点C的坐标是（4
，0），动点P从点O出发，沿
折线OACB方向匀速运动，另一动点Q从点C出发，沿折线CBOA方向匀速运动．
（1）求点A的坐标点和正方形AOBC的面积；
（2）将正方形绕点O顺时针旋转45°，求旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积；
（3）若P的运动速度是1个单位/每秒，Q的运动速度是2个单位/每秒，P、Q两点同时出发，当Q运动到点A 时P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒，是否存在这样的t值，使△OPQ成为等腰三角形？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
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折线OACB方向匀速运动，另一动点Q从点C出发，沿折线CBOA方向匀速运动．（1）求点A的坐标点和正方形AOBC的面积；
（2）将正方形绕点O顺时针旋转45°，求旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积；
（3）若P的运动速度是1个单位/每秒，Q的运动速度是2个单位/每秒，P、Q两点同时出发，当Q运动到点A 时P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒，是否存在这样的t值，使△OPQ成为等腰三角形？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）连接AB，根据△OCA为等腰三角形可得AD=OD的长，从而得出点A的坐标，则得出正方形AOBC的面积；
（2）根据旋转的性质可得OA′的长，从而得出A′C，A′E，再求出面积即可；
（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①当Q点在BC上时，使OQ=QP，则有OP=2BQ，而OP=t，BQ=4-2t，列式可得出t；
②当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8-2t，列式可得出t；
③当Q点在OA上时，使OQ=PQ，列式可得出t．
（2）根据旋转的性质可得OA′的长，从而得出A′C，A′E，再求出面积即可；
（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①当Q点在BC上时，使OQ=QP，则有OP=2BQ，而OP=t，BQ=4-2t，列式可得出t；
②当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8-2t，列式可得出t；
③当Q点在OA上时，使OQ=PQ，列式可得出t．
解答：
解：（1）连接AB，与OC交于点D，
由△OCA为等腰Rt△，得AD=OD=
OC=2
，（1分）
∴点A的坐标为（2
，2
），（2分）
正方形AOBC的面积16（1分）
（2）旋转后可得OA′=OB=4，（1分）
∴A′C=4
-4，而可知∠CA′E=90°，∠OCB=45°，
∴△A′EC是等腰直角三角形，
∴A′E=A′C=4
-4，（1分）
∴S四边形OA’EB=S△OBC-S△A’EC=16
-16．（2分）
（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①当Q点在BC上时，使OQ=QP，QM为OP的垂直平分线，
则有OP=2OM=2BQ，而OP=t，BQ=4-2t，
∴t=2（4-2t），
∴t=
．（1分）
∴Q（
，-
）
②当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8-2t，
∴t=8-2t，
∴t=
．（1分）
∴Q（
，-
）
③当Q点在OA上时，使OQ=PQ，t2-24t+96=0，t=12+4
（舍去），t=12-4
．（2分）
∴Q（4
，4
）
（注：其他解法只要正确，同样相应给分）
解：（1）连接AB，与OC交于点D，由△OCA为等腰Rt△，得AD=OD=
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∴点A的坐标为（2
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正方形AOBC的面积16（1分）
（2）旋转后可得OA′=OB=4，（1分）
∴A′C=4
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∴△A′EC是等腰直角三角形，
∴A′E=A′C=4
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∴S四边形OA’EB=S△OBC-S△A’EC=16
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（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①当Q点在BC上时，使OQ=QP，QM为OP的垂直平分线，
则有OP=2OM=2BQ，而OP=t，BQ=4-2t，
∴t=2（4-2t），
∴t=
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∴Q（
12
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8
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②当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8-2t，
∴t=8-2t，
∴t=
| 8 |
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∴Q（
4
| ||
| 3 |
4
| ||
| 3 |
③当Q点在OA上时，使OQ=PQ，t2-24t+96=0，t=12+4
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∴Q（4
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（注：其他解法只要正确，同样相应给分）
点评：本题是一道综合题目，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定以及旋转的性质，是中考压轴题，综合性较强，难度较大．
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