如图.矩形AOCD的顶点A的坐标是(0.4)．动点P从点O出发沿线段OC以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动.同时动点Q从点C出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动．当其中一点到达终点时.另一点也停止运动．设运动时间为t时.PQ=．解答下列问题:(1)求点D的坐标,(2)直接写出t的取值范围,(3)连接AQ并延长交x轴于点E.把AQ沿AD� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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（本题14分）如图，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4）．动点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，同时动点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．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t（秒），当t=2（秒）时，PQ=．解答下列问题：

（1）求点D的坐标；

（2）直接写出t的取值范围；

（3）连接AQ并延长交x轴于点E，把AQ沿AD翻折，点Q落在CD延长线上点F处，连接EF．

①t为何值时，PQ∥AF；

②△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．

（1）D（8，4）；（2）0＜t＜4；（3）①t=6-②结论：△AEF的面积S不变化， S=32.

【解析】

试题分析：（1）因为矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），所以设OC=x，在Rt△PCQ中，由勾股定理求出x的值即OC的长即可得出点D的坐标；（2）因为当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，所以根据点D的坐标（8，4）可得t的取值范围；（3）①由PQ∥AF，可证△CPQ∽△DAF，所以可得，由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4-t，代入比例式可得关于t的方程，然后解方程即可；②证明△AQD∽△EQC，从而用t表示出线段CE的长，然后利用S=S梯形AOCF+S△CEF-S△AOE，利用公式代入化简整理得出一个常数32，得证.

试题解析：【解析】
（1）由题意可知：当t=2秒时，OP=4，CQ=2，

设OC=x，则PC=x-4，

∵在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+CQ2=PQ2，

∴（x-4）2+22=（）2，-----2分

x1=8，x2=0（不符合题意舍去），

∵矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），∴D（8，4）.

（2）∵D（8，4），∴t的取值范围是：0＜t＜4.

（3）①∵PQ∥AF，∴∠PQC=∠AFD，

∵∠ADF=∠PCQ=90°，∴△CPQ∽△DAF，

∴，由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4-t，

∴，化简得，

t1=6+，t2=6-，

由（2）知0＜t＜4，∴t1=6+＞4舍去，

∴当t=6-时，PQ∥AF；---8分

②结论：△AEF的面积S不变化.

理由是：∵四边形AOCD是矩形，∴AD∥OE，

∴∠DAQ=∠CEQ,∵∠DQA=∠CQE,∴△AQD∽△EQC，

∴，∴，，

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△CEF-S△AOE

=（OA+CF）×OC+CF×CE-OA×OE

=[4+（8-t）]×8+（8-t）×-×4×（8+）=32（定值）.

∴△AEF的面积S不变化，S=32．

考点：1.点的坐标；2.矩形的性质；3.勾股定理；4. 图形翻折的性质；5.相似三角形的判定与性质.

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