题目内容
如图，在矩形AOCD中，AO=3，0C=4，以AO，OC，所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系，点P是OC延长线上一点，把射线AP沿直线AD翻折，交射线CD于点Q．（1）若CP=1，求直线PQ的解析式；
（2）设点P的坐标为（m，0），△APQ的面积等于12，求m的值或m的取值范围；
（3）在（1）的条件下，将△AOC以每秒1个单位的速度沿x轴正方向运动，直到O与P重合时停止．设运动的时间为t，△OAC移动后的三角形为O′A′C′，若△O′A′C′与△APD重叠部分的面积为S，请求出S与t的函数关系式．
考点：一次函数综合题
专题：常规题型
分析：（1）通过三角形相似求得DE的长，进而求得Q的坐标，应用待定系数法即可求得．
（2）△AEQ的面积加上△CPQ的面积减去△CPE的面积即可求得△APQ的面积．
（3）分三种情况分类讨论即可求得．
（2）△AEQ的面积加上△CPQ的面积减去△CPE的面积即可求得△APQ的面积．
（3）分三种情况分类讨论即可求得．
解答：解：（1）设AP交CD与E，
∵AD∥OC，AD=4，CP=1，CD=3，
∴
=
，即
=
，
解得：DE=
，
∴Q（4，
）．
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
∵P（5，0），Q（4，
），
∴
，
解得
，
∴PQ的解析式为y=-
x+27．
（2）如上图，∵AD=4，PC=m-4，设DE=h，则CE=3-h，
∴
=
，
解得h=
，
∴EQ=
，CQ=3+
，CE=3-
，
∵S△EQA=
EQ•AD=
•
•4=
，
S△CPQ=
PC•CQ=
（m-4）（3+
）=
（m-4）+
（m-4），
S△CPE=
PC•CE=
（m-4）（3-
）=
（m-4）-
（m-4），
∴S△APQ=S△AEQ+S△CPQ-S△CPE=
+[
（m-4）+
（m-4）]-[
（m-4）-
（m-4）]=
+12-
=12，
∴无论m取大于4的任何值三角形APQ的面积都等于12，
故m＞4．
（3）分三种情况：
①当0≤t＜1时，
如图1，∵AD∥OC，
∴△AA′F∽△PC′F，
∵相似三角形对应高的比等于相似比，
设MF=h，则FN=3-h，
∵AA′=t，PC′=1-t，
∴
=
，
解得h=3t，
∴S△AA'F=
AA′•h=
t•3t=
t2，
同理，△ADE∽△PCE，
∴
=
，
∴
=
，
解得DE=
，
∵△AA′G∽△ADE，
∴
=
，
即
=
，
解得A′G=
t，
∴S△AA'G=
AA′•AG=
t•
t=
t2，
∴S=S△AA'F-S△AA'G=
t2-
t2=
t2，
即S=
t2（0≤t＜1）；
②当1≤t＜4时，
如图2，由①可知S△AA'G=
t2，
设△A′DF的A′D边上的高为h，则△PC′F的PC′边上的高为3-h，
∴
=
=
，
解得h=4-t，
∴S△A'DF=
A′D•h=
（4-t）（4-t）=8-4t+
t2，
∴S=S△ADP-S△AA'G-S△A'DF=6-
t2-8+4t-
t2=-
t2+4t-2，
即S=-
t2+4t-2（1≤t＜4）；
③当4≤t≤5时，
如图3，∵A′D=t-4，O′P=5-t，
=
，
设O′E=h，则A′E=3-h，
∴
=
，
解得：h=15-3t，
∴S△O'PE=
O′P•h=
（5-t）•（15-3t）=
-15t+
t2，
由①可知A′G=
t，
∴O′G=3-
t，
∴S△O'PG=
O′P•O'G=
（5-t）（3-
t）=
-3t+
t2，
∴S=S△O'PE-S△O'PG=
-15t+
t2-（
-3t+
t2）=
t2-12t+30，
即S=
t2-12t+30（4≤t≤5）．
∵AD∥OC，AD=4，CP=1，CD=3，
∴
| DE |
| CE |
| AD |
| CP |
| DE |
| 3-DE |
| 4 |
| 1 |
解得：DE=
| 12 |
| 5 |
∴Q（4，
| 27 |
| 5 |
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
∵P（5，0），Q（4，
| 27 |
| 5 |
∴
|
解得
|
∴PQ的解析式为y=-
| 27 |
| 5 |
（2）如上图，∵AD=4，PC=m-4，设DE=h，则CE=3-h，
∴
| h |
| 3-h |
| 4 |
| m-4 |
解得h=
| 12 |
| m |
∴EQ=
| 24 |
| m |
| 12 |
| m |
| 12 |
| m |
∵S△EQA=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 24 |
| m |
| 48 |
| m |
S△CPQ=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 12 |
| m |
| 3 |
| 2 |
| 6 |
| m |
S△CPE=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 12 |
| m |
| 3 |
| 2 |
| 6 |
| m |
∴S△APQ=S△AEQ+S△CPQ-S△CPE=
| 48 |
| m |
| 3 |
| 2 |
| 6 |
| m |
| 3 |
| 2 |
| 6 |
| m |
| 48 |
| m |
| 48 |
| m |
∴无论m取大于4的任何值三角形APQ的面积都等于12，
故m＞4．
（3）分三种情况：
①当0≤t＜1时，
如图1，∵AD∥OC，
∴△AA′F∽△PC′F，
∵相似三角形对应高的比等于相似比，
设MF=h，则FN=3-h，
∵AA′=t，PC′=1-t，
∴
| h |
| 3-h |
| t |
| 1-t |
解得h=3t，
∴S△AA'F=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
同理，△ADE∽△PCE，
∴
| DE |
| EC |
| AD |
| CP |
∴
| DE |
| 3-DE |
| 4 |
| 1 |
解得DE=
| 12 |
| 5 |
∵△AA′G∽△ADE，
∴
| AG |
| DE |
| AA′ |
| AD |
即
| AG | ||
|
| t |
| 4 |
解得A′G=
| 3 |
| 5 |
∴S△AA'G=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 5 |
| 3 |
| 10 |
∴S=S△AA'F-S△AA'G=
| 3 |
| 2 |
| 3 |
| 10 |
| 6 |
| 5 |
即S=
| 6 |
| 5 |
②当1≤t＜4时，
如图2，由①可知S△AA'G=
| 3 |
| 10 |
设△A′DF的A′D边上的高为h，则△PC′F的PC′边上的高为3-h，
∴
| h |
| 3-h |
| A′D |
| PC′ |
| 4-t |
| t-1 |
解得h=4-t，
∴S△A'DF=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∴S=S△ADP-S△AA'G-S△A'DF=6-
| 3 |
| 10 |
| 1 |
| 2 |
| 4 |
| 5 |
即S=-
| 4 |
| 5 |
③当4≤t≤5时，
如图3，∵A′D=t-4，O′P=5-t，
| O′E |
| A′E |
| O′P |
| A′D |
设O′E=h，则A′E=3-h，
∴
| h |
| 3-h |
| 5-t |
| t-4 |
解得：h=15-3t，
∴S△O'PE=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 75 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
由①可知A′G=
| 3 |
| 5 |
∴O′G=3-
| 3 |
| 5 |
∴S△O'PG=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 5 |
| 15 |
| 2 |
| 3 |
| 10 |
∴S=S△O'PE-S△O'PG=
| 75 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
| 15 |
| 2 |
| 3 |
| 10 |
| 6 |
| 5 |
即S=
| 6 |
| 5 |
点评：本题考查了待定系数法求解析式，三角形相似的性质，以及分类讨论的思想，能够想象出图形的状况是本题的关键．
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