Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC為等腰三角形，AB=AC，將△AOC沿直線AC折疊，點(diǎn)O落在直線AD上的點(diǎn)E處，直線AD的解析式為，則
（1）AO=______；AD=______；OC=______；
（2）動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位的速度從點(diǎn)B出發(fā)，沿著x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q是射線CE上的點(diǎn)，且∠PAQ=∠BAC，設(shè)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，求△POQ的面積S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，直線CE上是否存在一點(diǎn)Q，使以點(diǎn)Q、A、D、P為頂點(diǎn)的四邊形是平等四邊形？若存在，求出t值及Q點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

解：（1）∵A、D是直線y=-x+6上的點(diǎn)，
∴A（0，6），D（8，0），
∴AO=6，OD=8；
∵△AOD是直角三角形，
∴AD===10，
∵△ACE由△ACO反折而成，
∴AE=AO=6，CE⊥AD，
∴DE=QD-AE=10-6=4，
∵∠ADO=∠ADO，∠AOD=∠CED，
∴△AOD∽△CED，
∴=，=，解得CD=5，
∴OC=OD-CD=8-5=3．

（2）當(dāng)P在線段BO上時(shí)，即0＜t＜3時(shí)；
∵∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAP=∠CAQ=∠BAC-∠PAC=∠PAQ-∠PAC；
又∵∠ABP=∠ACQ=∠ACO，且AB=AC，
∴△ABP≌△ACQ，得BP=CQ=t，OP=3-t；
∴△POQ的面積為：S=OP•CQ•sin∠ECD=（3-t）×t，即S=-t²+t；
當(dāng)P在x軸正半軸上時(shí)，即t＞3時(shí)；
同①可得：BP=CQ=t，OP=t-3；
∴S=OP•CQ•sin∠ECD=（t-3）×t，
即S=t²-t；
綜上可知：S=；

（3）分兩種情況：
①0＜t＜3時(shí)，顯然不存在以AD為邊的情況，那么只考慮以AD為對(duì)角線的情況；
此時(shí)P（t-3，0），取易知AD的中點(diǎn)為：（4，3）；
∵平行四邊形中，以AD、PQ為對(duì)角線，
∴AD的中點(diǎn)也是PQ的中點(diǎn)；
∴Q（11-t，6）；
∵直線CE：y=x-4，代入Q點(diǎn)坐標(biāo)得：
（11-t）-4=6，解得t=；即BP=CQ=，
∴Q（×+3，×），即Q（，）；
②t＞3時(shí)，顯然不存在以AD為對(duì)角線的情況，那么只考慮以AD為邊的情況；
此時(shí)PF∥DP，即F點(diǎn)縱坐標(biāo)為6，由①得，此時(shí)F（，6）；
即DP=AF=，BP=BD+DP=11+=，即t=；
此時(shí)CQ=BP=，同①可求得：Q（，）．
綜上可知：存在符合條件的F點(diǎn)，此時(shí)的t值和Q點(diǎn)坐標(biāo)分別為：t=，Q（，）或t=，Q（，）．
故答案為：10，6，3．
分析：（1）先根據(jù)A、D是直線y=-x+6上的點(diǎn)求出A、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理求出AD的長(zhǎng)，由圖形反折變換的性質(zhì)得出AE=AO=6，CE⊥AD，根據(jù)相似三角形的判定定理得出△AOD∽△CED，由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出CD的長(zhǎng)，進(jìn)而得出OC的長(zhǎng)；
（2）此題應(yīng)注意運(yùn)用全等三角形來求解；由已知條件∠PAQ=∠BAC，可推出∠BAP=∠CAQ（兩個(gè)等角減去或加上一個(gè)同角），從而證得△BAP≌△CAQ，得BP=CQ，以O(shè)P為底、CE•sin∠ECD為高即可求得△POQ的面積表達(dá)式，由此求得S、t的函數(shù)關(guān)系式；需要注意的是，在表示OP長(zhǎng)時(shí)，要分兩種情況：
①點(diǎn)P在線段OB上，②點(diǎn)P在x軸正半軸上．
（3）此題按兩種情況考慮即可：①以AD為邊，②以AD為對(duì)角線；可運(yùn)用平行四邊形的性質(zhì)結(jié)合直線CE的解析式來求解．
點(diǎn)評(píng)：本題考查的是一次函數(shù)綜合題，涉及到圖形的翻折變換、一次函數(shù)解析式的確定、相似三角形及全等三角形的判定和性質(zhì)、以及平行四邊形的判定等知識(shí)，同時(shí)考查了分類討論數(shù)學(xué)思想的引用，難度較大．