Question

16．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在直线的解析式分别为y=$\frac{3}{4}$x和y=-$\frac{4}{3}$x+$\frac{25}{3}$．
（1）求正方形OABC的边长；
（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，设运动时间为2秒．当k为何值时，将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形？
（3）若正方形以每秒$\frac{5}{3}$个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落在x轴上时停止下滑．设正方形在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）联立方程组求得点A的坐标即可得到结果；
（2）有两种情况：①Q在OA上，则CQ=PQ时能构成菱形，根据题意列出2k=4即可求得；②Q点在OC上，则PC=QC时才能构成菱形，根据题意列出2k=8即可求得；
（3）①当点A运动到点O时，t=3，当0＜t≤3时，设O′C′交x轴于点D，根据三角函数的定义tan∠DOO′=$\frac{3}{4}$，即$\frac{DO′}{OO′}$=$\frac{DO′}{\frac{5}{3}t}$=$\frac{3}{4}$，求得DO′=$\frac{5}{4}$t即可得到S=$\frac{1}{2}$DO′•OO′=$\frac{1}{2}$•$\frac{5}{4}$t•$\frac{5}{3}$t=$\frac{25}{24}$t²；②当点C运动到x轴上时，t=（5×$\frac{4}{3}$）÷$\frac{5}{3}$=4，当3＜t≤4时，设A′B′交x轴于点E由于A′O=$\frac{5}{3}$t-5，于是得到A′E=$\frac{3}{4}$A′O=$\frac{5t-15}{4}$即可得到S=$\frac{1}{2}$（A′E+O′D）•A′O′=$\frac{1}{2}$（$\frac{5t-15}{4}$+$\frac{5}{4}$t）•5=$\frac{50t-75}{8}$．

解答 解：（1）联立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{3}{4}x\\ y=-\frac{4}{3}x+\frac{25}{3}\end{array}$，解得$\left\{\begin{array}{l}x=4\\ y=3\end{array}$，
∴A（4，3），
∴OA=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5，
∴正方形OABC的边长为5；

（2）有两种情况：
①Q在OA上，则CQ=PQ时能构成菱形，
∵PC=2，
∴AQ=4时才能构成CQ=PQ的等腰三角形，
∴2k=4，解得k=2，
②Q点在OC上，∵∠PCQ是直角，
∴只有沿这PQ边对折才能构成菱形，且PC=QC，
∵PC=2，
∴QC=2，
∴2k=OA+OC-QC=5+5-2=8，
∴k=4，
∴当k=2或k=4时将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形；

（3）①当点A运动到点O时，t=3，
当0＜t≤3时，设O′C′交x轴于点D，
则tan∠DOO′=$\frac{3}{4}$，即$\frac{DO′}{OO′}$=$\frac{DO′}{\frac{5}{3}t}$=$\frac{3}{4}$，
∴DO′=$\frac{5}{4}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$DO′•OO′=$\frac{1}{2}$•$\frac{5}{4}$t•$\frac{5}{3}$t=$\frac{25}{24}$t²，
②当点C运动到x轴上时，t=（5×$\frac{4}{3}$）÷$\frac{5}{3}$=4，
当3＜t≤4时，设A′B′交x轴于点E，
∵A′O=$\frac{5}{3}$t-5，
∴A′E=$\frac{3}{4}$A′O=$\frac{5t-15}{4}$，
∴S=$\frac{1}{2}$（A′E+O′D）•A′O′=$\frac{1}{2}$（$\frac{5t-15}{4}$+$\frac{5}{4}$t）•5=$\frac{50t-75}{8}$．

点评 本题看出来待定系数法求解析式，应用勾股定理求线段的长，菱形的性质等，分类讨论是解本题的关键．