Question

如圖，梯形OABC中，CB∥OA，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A（4，0），C（0，4），tan∠BAO=2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿線段CB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B后，再以每秒

5

個(gè)單位的速度沿線段BA運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)A停止，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于Q，以PQ為一邊向左作正方形PQRS，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），正方形PQRS與梯形ABCD重疊的面積為S（平方單位）．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)．
（2）求S與t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）求（2）中的S的最大值．
（4）連接OB，OB中點(diǎn)為M，正方形PQRS在變化過程中，使點(diǎn)M在正方形PQRS的邊上的t值為

1秒或3秒

．

Answer 1

分析：（1）過B作BD垂直于x軸于D點(diǎn)，由C的坐標(biāo)得出OC的長(zhǎng)，再由A的坐標(biāo)得出OA的長(zhǎng)，根據(jù)四邊形BDOC為矩形，得到對(duì)邊相等，即BC=OD，BD=OC，在直角三角形ABD中，利用銳角三角函數(shù)定義表示出tan∠BAO，根據(jù)tan∠BAO=2及BD的長(zhǎng)，求出AD的長(zhǎng)，同時(shí)利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，由OA-AD求出OD的長(zhǎng)，由BD與OD的長(zhǎng)，及B在第一象限，寫出B的坐標(biāo)即可；
（2）根據(jù)P的位置分三種情況考慮：（i）當(dāng)P在BC邊上時(shí)，正方形PQRS與梯形ABCD重疊的面積為矩形PQOC的面積，而PQ=OC=4，CP=t，表示出S與t的關(guān)系式，并寫出此時(shí)t的范圍；（ii）當(dāng)P在AB邊上，且S在y軸左側(cè)時(shí)，如圖所示，P在BC邊上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是2秒，P在BA邊上運(yùn)動(dòng)由時(shí)間（t-2）秒，根據(jù)P每秒

5

個(gè)單位的速度沿線段BA運(yùn)動(dòng)，利用路程=時(shí)間×速度，表示出BP的長(zhǎng)，由AB-BP表示出AP，在直角三角形APQ中，由tan∠BAO=2，設(shè)AQ=x，則有PQ=2x，利用勾股定理表示出AP，列出關(guān)于x的方程，求出方程的解表示出AQ與PQ，由OA-AQ求出OQ的長(zhǎng)，由矩形的兩條邊OQ與PQ的乘積即可得出S與t的關(guān)系式，并寫出此時(shí)t的范圍；當(dāng)P在AB邊上，且S在y軸右側(cè)時(shí)，如圖所示，此時(shí)重合部分為正方形PQRS，由表示出的PQ，即可表示出此時(shí)S與t的關(guān)系式，并求出此時(shí)t的范圍；
（3）由（2）得出的S與t的關(guān)系式，利用一次函數(shù)及二次函數(shù)的性質(zhì)求出三個(gè)函數(shù)的最大值，比較后即可求出S的最大值；
（4）分兩種情況考慮：（i）當(dāng)P在BC邊上時(shí)，若PQ過M點(diǎn)，由M為OB的中點(diǎn)，得到BM=OM，再由BC與OA平行，利用兩直線平行得到兩對(duì)內(nèi)錯(cuò)角相等，利用AAS可得出三角形PBM與三角形OMQ全等，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得到PB=OQ，而OQ=CP=t，得到CP=PB，PB=CB-CP=2-t，列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；（ii）當(dāng)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)S與M重合，由M為OB的中點(diǎn)，MP平行于OA，利用平行線等分線段定理得到P為AB的中點(diǎn)，即MP為三角形AOB的中位線，利用中位線定理得到MP為OA的一半，求出MP的長(zhǎng)，即為此時(shí)正方形的邊長(zhǎng)，由PQ=8-2t，令8-2t等于求出的邊長(zhǎng)列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到此時(shí)t的值．

解答：解：（1）過B作BD⊥x軸于D點(diǎn)，如圖所示：

由C（0，4），得到OC=4，由A（4，0），得到OA=4，
∵四邊形BDOC為矩形，∴BC=OD，BD=OC=4，
在Rt△ABD中，tan∠BAO=

BD

AD

=2，AB=

BD2+AD2

=2

5

，
解得：AD=2，
∴OD=OA-AD=4-2=2，
∴B（2，4）；
（2）分三種情況考慮：
（i）當(dāng)P點(diǎn)在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由題意得：CP=t，
又四邊形PQOC為矩形，∴PQ=OC=4，
則正方形PQRS與梯形ABCD重疊的面積為S=CP•PQ=4t（0≤t≤2）；
（ii）當(dāng)P在BA邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)（S在y軸左側(cè)），如圖所示：

由題意得：BP=

5

（t-2），又AB=2

5

，
∴AP=AB-BP=2

5

-

5

（t-2）=

5

（4-t），
在Rt△APQ中，tan∠BAO=

PQ

AQ

=2，設(shè)AQ=x，則PQ=2x，
根據(jù)勾股定理得：AP=

5

x，又AP=

5

（4-t），
∴

5

x=

5

（4-t），即x=4-t，
∴AQ=4-t，PQ=8-2t，
∴OQ=OA-AQ=4-（4-t）=t，
則正方形PQRS與梯形ABCD重疊的面積為S=OQ•PQ=t（8-2t）=-2t²+8t（2≤t＜

8

3

）；
（iii）當(dāng)P在BA邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)（S在y軸右側(cè)），如圖所示：

同理得到PQ=8-2t，此時(shí)重合部分為正方形PQRS，
則S=PQ²=（8-2t）²=4t²-32t+64（

8

3

≤t＜4）；
（3）由（2）列出的函數(shù)關(guān)系式，分三種情況考慮：
（i）S=4t（0≤t≤2），由一次函數(shù)為增函數(shù)，故當(dāng)t=2時(shí)，S_最大=8；
（ii）S=-2t²+8t（2＜t＜

8

3

），此時(shí)S沒有最大值；
（iii）S=4t²-32t+64（

8

3

≤t＜4），由二次函數(shù)性質(zhì)得：當(dāng)t=

8

3

時(shí)，S=

64

9

，
由

64

9

＜8，得到問題（2）中的S的最大值是8；
（4）分兩種情況考慮：
（i）當(dāng)P在BC邊上，且PQ過M點(diǎn)時(shí)，如圖所示：

∵M(jìn)為OB中點(diǎn)，
∴BM=OM，
又BC∥OA，
∴∠BPM=∠MQO，∠PBM=∠QOM，
∴△BPM≌△OQM（AAS），
∴PB=OQ，又OQ=CP=t，CB=2，
∴PB=2-t，即2-t=t，
解得：t=1；
（ii）當(dāng)P在AB邊上，且SR過M點(diǎn)時(shí)（此時(shí)S與M重合），如圖所示：

∵M(jìn)為OB的中點(diǎn)，MP∥OA，
∴P為AB中點(diǎn)，即MP為△AOB的中位線，
∴MP=

1

2

OA=2，即正方形PQRS的邊長(zhǎng)為2，
由PQ=8-2t，得到8-2t=2，
解得：t=3，
綜上，點(diǎn)M在正方形PQRS的邊上的t值為1秒或3秒．
故答案為：1秒或3秒

點(diǎn)評(píng)：此題屬于相似形綜合題，涉及的知識(shí)有：全等三角形的判定與性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，勾股定理，正方形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，以及一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)，利用了數(shù)形結(jié)合及分類討論的數(shù)學(xué)思想，是一道較難的壓軸題．