Question

2．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上，且AO=5、OC=10．
（1）在坐标平面内将此矩形绕原点O逆时针旋转m（0＜m＜360）度后，如果点C恰好落在直线AB上，那么m=150°或30°．
（2）在图（2）中，Rt△DEF，∠D=90°，DE=DF=6，DE边在x轴上且E点与原点重合，将Rt△DEF沿x轴的正方向以每秒1个单位的速度平移，当点E与点C重合时停止运动，设平移的时间为t，Rt△DEF与矩形OABC重叠部分的面积为y，求在平移过程中y与t的函数关系式．
（3）如图（3）把△OAC沿直线AC折叠后点O落在点O′处，延长AO′与线段CB的延长线交于点E，再把△ABC沿直线AC折叠后点B落在点B′处，连接B′E，
①求△AB′E的面积；
②过点A任作直线l交线段EB′于点P，E、B′到直线l的距离分别为d₁、d₂，试求d₁+d₂的最大值．

Answer 1

分析 （1）先画出图形，C点C恰好落在直线AB上（有C′和C″两点），在Rt△C′AO中，求出∠AC′O=30°，根据矩形的性质得出AB∥OC，求出∠C′OC+∠AC′O=180°，∠C′C″O=∠COC″，即可得出答案；
（2）分为三种情况：当0＜t≤5时，②当5＜t≤6时，③当6＜t≤10时，画出图形，求出重叠部分面积即可；
（3）求出AE=EC，设AE=x，则EB=x-5，在Rt△EBA中，由勾股定理得出x²=10²+（x-5）²，求出AE=12.5，即可求出答案；过B′作B′M⊥AP于M，过E作EN⊥AP于N，EG⊥B′M于G，得出当G和E重合时，d₁+d₂的值最大，求出B′E长即可．

解答 解：（1）如图1，C点C恰好落在直线AB上（有C′和C″两点），

∵在Rt△C′AO中，∠C″AO=90°，OC″=OC=10，OA=5，
∴∠AC′O=30°，
∵四边形AOCB是矩形，
∴AB∥OC，
∴∠C′OC+∠AC′O=180°，∠C′C″O=∠COC″，
∴∠C′OC=150°，
∵OC′=OC″=OC=10，
∴∠AC″O=∠C′=30°，
∴∠COC″=∠AC″O=30°，
即m=150°或30°，
故答案为：150°或30°；

（2）分为三种情况：
①当0＜t≤5时，如图2，设EF交OA于Q，

∵DF=DE，∠FDE=90°，
∴∠FED=45°，
∵四边形AOCB是矩形，
∴∠AOC=90°，
∴∠OQE=∠FEO=45°，
∴OQ=OE=t×1=t，
∴重叠部分的面积S=S_△QOE=$\frac{1}{2}$t•t=$\frac{1}{2}$t²；
②当5＜t≤6时，如图3，

由①知：OE=OQ=t，
∵四边形AOCB是矩形，
∴AB∥OC，∠QAB=90°，
∴∠∠QRA=∠FED=45°，
∴∠AQR=∠QRA=45°，
∴AR=AQ=t-5，
∴重叠部分的面积S=S_梯形AOER=$\frac{1}{2}$×（AR+OE）×OA=$\frac{1}{2}$•（t-5+t）•5，
即S=5t-12.5；
③当6＜t≤10时，如图4，

∵QF=QR=6-5=1，
∴重叠部分的面积S=$\frac{1}{2}$×（QR+DE）×DQ=$\frac{1}{2}×$（1+6）×5=17.5；

（3）如图5，

∵四边形AOCB是矩形，
∴∠OAB=90°，
∵根据折叠的性质得出AB=AB′=10，∠OAC=∠EAC，∠BAC=∠B′AC，
∴∠EAB′=∠EAC+∠B′AC=∠OAC+∠BAC=∠OAB=90°，
∵四边形AOCB是矩形，
∴OA∥BC，
∴∠ECA=∠OAC，
∵∠OAC=∠EAC，
∴∠EAC=∠ECA，
∴AE=EC，
设AE=x，则EB=x-5，
在Rt△EBA中，由勾股定理得：x²=10²+（x-5）²，
解得：x=12.5，
即AE=12.5，
∴△AB′E的面积的面积是：$\frac{1}{2}$×AB′×AE=$\frac{1}{2}×$10×12.5=62.5；
如图6，过B′作B′M⊥AP于M，过E作EN⊥AP于N，EG⊥B′M于G，
∠G=∠GMN=∠ENM=90°，
则四边形EGMN是矩形，
所以MG=EN=d₁，B′M=d₂，
所以d₁+d₂=B′G，
当G和E重合时，d₁+d₂的值最大，最大值是$\sqrt{1{0}^{2}+12．{5}^{2}}$=$\frac{5\sqrt{41}}{2}$．

点评 本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度偏大．