如图1.矩形OABC顶点B的坐标为(8.3).定点D的坐标为.动点P从点O出发.以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动.动点Q从点D出发.以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动.PQ两点同时运动.相遇时停止．在运动过程中.以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR．设运动时间为t秒．(1)当t= 时.△PQR的边QR经� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图1，矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，PQ两点同时运动，相遇时停止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR．设运动时间为t秒．
（1）当t=

时，△PQR的边QR经过点B；
（2）设△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；
（3）如图2，过定点E（5，0）作EF⊥BC，垂足为F，当△PQR的顶点R落在矩形OABC的内部时，过点R作x轴、y轴的平行线，分别交EF、BC于点M、N，若∠MAN=45°，求t的值．

考点：四边形综合题

专题：几何综合题,压轴题

分析：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB=AQ，由此列方程求出t的值；
（2）在图形运动的过程中，有三种情形，需要分类讨论，避免漏解；
（3）首先判定ABFE为正方形；其次通过旋转，由三角形全等证明MN=EM+BN；设EM=m，BN=n，在Rt△FMN中，由勾股定理得到等式：mn+3（m+n）-9=0，由此等式列方程求出时间t的值．

解答：解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，
∴AB=AQ，即3=4-t，
∴t=1．
即当t=1秒时，△PQR的边QR经过点B．

（2）①当0≤t≤1时，如答图1-1所示．

设PR交BC于点G，
过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．
S=S_矩形OABC-S_梯形OPGC
=8×3-

（2t+2t+3）×3
=

-6t；
②当1＜t≤2时，如答图1-2所示．

设PR交BC于点G，RQ交BC、AB于点S、T．
过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．
QD=t，则AQ=AT=4-t，
∴BT=BS=AB-AQ=3-（4-t）=t-1．
S=S_矩形OABC-S_梯形OPGC-S_△BST
=8×3-

（2t+2t+3）×3-

（t-1）²
=-

t²-5t+19；
③当2＜t≤4时，如答图1-3所示．

设RQ与AB交于点T，则AT=AQ=4-t．
PQ=12-3t，∴PR=RQ=

（12-3t）．
S=S_△PQR-S_△AQT
=

PR²-

AQ²
=

（12-3t）²-

（4-t）²
=

t²-14t+28．
综上所述，S关于t的函数关系式为：
S=

-6t(0≤t≤1)

t2-5t+19(1＜t≤2)

t2-14t+28(2＜t≤4)

．

（3）∵E（5，0），∴AE=AB=3，
∴四边形ABFE是正方形．
如答图2，将△AME绕点A顺时针旋转90°，得到△ABM′，其中AE与AB重合．
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM+∠NAB=45°，
∴∠BAM′+∠NAB=45°，
∴∠MAN=∠M′AN．
连接MN．在△MAN与△M′AN中，

AM=AM′

∠MAN=∠M′AN

AN=AN

∴△MAN≌△M′AN（SAS）．
∴MN=M′N=M′B+BN
∴MN=EM+BN．

设EM=m，BN=n，则FM=3-m，FN=3-n．
在Rt△FMN中，由勾股定理得：FM²+FN²=MN²，即（3-m）²+（3-n）²=（m+n）²，
整理得：mn+3（m+n）-9=0． ①
延长NR交x轴于点S，则m=EM=RS=

PQ=

（12-3t），
∵QS=

PQ=

（12-3t），AQ=4-t，
∴n=BN=AS=QS-AQ=

（12-3t）-（4-t）=2-

t．
∴m=3n，
代入①式，化简得：n²+4n-3=0，
解得n=-2+

或n=-2-

（舍去）
∴2-

t=-2+

解得：t=8-2

．
∴若∠MAN=45°，则t的值为（8-2

）秒．

点评：本题是运动型综合题，涉及动点与动线，复杂度较高，难度较大．第（2）问中，注意分类讨论周全，不要遗漏；第（3）问中，善于利用全等三角形及勾股定理，求得线段之间的关系式，最后列出方程求解．题中运算量较大，需要认真计算．

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