Question

10．已知：如圖，正方形ABCD中，AC、BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥CD于點(diǎn)E，且BC=4cm．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線BO-OE-ED運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)D停止．點(diǎn)P在BO上以$\sqrt{2}$cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，在折線OE-ED上以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B不重合，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，以PQ為邊在PQ左側(cè)作矩形PQMN，使MQ=$\frac{3}{2}$PQ，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）
（1）點(diǎn)P從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O所需的時(shí)間為2（s）；
當(dāng)點(diǎn)P在線段OE上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OP的長(zhǎng)為t-2（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)點(diǎn)N落在AB邊上時(shí)，則t的值為3或$\frac{14}{3}$；
（3）設(shè)矩形PQMN與△BOC重疊部分的面積為S（cm²），請(qǐng)直接寫(xiě)出S與t的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（4）在點(diǎn)P、O重合之前的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，作矩形PQMN關(guān)于直線PQ的軸對(duì)稱圖形PQM′N′，取CO中點(diǎn)K，是否存在某一時(shí)刻，使△PN′K為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求得OB的長(zhǎng)，則P到O的時(shí)間就可求得，進(jìn)而求得OP的長(zhǎng)；
（2）點(diǎn)N在AB上，PQ=2，則PN=QM=$\frac{3}{2}$PQ，據(jù)此即可求得；
（3）首先求得P在OE上，且MN在AB上時(shí)t的值，以及P在DE上，且MN在AN上時(shí)t的值，然后分情況進(jìn)行討論即可求解；
（4）過(guò)K作KG⊥NP于點(diǎn)G，當(dāng)PK=KN'時(shí)，PG=N'G，從而求得t；當(dāng)PN'=PK時(shí)，利用勾股定理求得PK，然后列方程求得t．

解答 解：（1）OB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC=2$\sqrt{2}$cm，
則點(diǎn)P從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O所需的時(shí)間是$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$=2，
則點(diǎn)P在線段OE上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OP的長(zhǎng)是：t-2．
故答案是2，t-2；
（2）當(dāng)點(diǎn)N落在AB邊上時(shí)，P在OE上，則PQ=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$BC=2，
則PN=QM=$\frac{3}{2}$PQ=3=t，
解得：t=3．
當(dāng)MN在AB上，P在CD上時(shí)，$\frac{3}{2}$（t-2）=4，
解得：t=$\frac{14}{3}$．
故答案是：$\frac{14}{3}$或3；
（3）P從B到O的時(shí)間是2秒，則BQ=t，
重合部分是△BPQ，則S=$\frac{1}{2}$t²；
當(dāng)2＜t≤3時(shí)，如圖2．
S_△OBC=$\frac{1}{4}$×4²=4，QC=4-t，
則S_△QCG=$\frac{1}{2}$（4-t）²，
則S=4-$\frac{1}{2}$（4-t）2=-$\frac{1}{2}$t²+4t-4；
當(dāng)3＜t≤4時(shí)，如圖3，
QM=3，BQ=t，
則QC=4-t，則S_△QCG=$\frac{1}{2}$（4-t）2，
BM=t-3，則S_△BMH=$\frac{1}{2}$（t-3）²，
則S=4-$\frac{1}{2}$（4-t）²-$\frac{1}{2}$（t-3）²=-t²+7t-$\frac{17}{2}$；
當(dāng)P在DE上時(shí)，PQ=2+（t-4）=t-2，
當(dāng)MN在AB上時(shí)，$\frac{3}{2}$（t-2）=4，
解得：t=$\frac{14}{3}$．
當(dāng)4＜t≤$\frac{14}{3}$時(shí)，如圖4．PC=2+（t-4）=t-2，CM=$\frac{3}{2}$（t-2）．
BM=4-CM=4-$\frac{3}{2}$（t-2）=7-$\frac{3}{2}$t，
則S_△BMH=$\frac{1}{2}$（7-$\frac{3}{2}$t）²=$\frac{1}{8}$（14-3t）²．
則S=4-$\frac{1}{8}$（14-3t）²=-$\frac{9}{8}$t²+$\frac{21}{2}$t-$\frac{41}{2}$；
當(dāng)$\frac{14}{3}$＜t≤6時(shí)，重合部分是S=S_△OBC=4．
（4）過(guò)K作KG⊥NP于點(diǎn)G．如圖5．
則PN'=$\frac{3}{2}$t，KG=t-1，PG=3-t，GN'=$\frac{3}{2}$t+t-3=$\frac{5}{2}$t-3．
當(dāng)PK=KN'時(shí)，3-t=$\frac{5}{2}$t-3，
解得：t=$\frac{12}{7}$；
在直角△PKG中，PK²=（t-1）²+（3-t）²，
當(dāng)PN'=PK時(shí)，（t-1）²+（3-t）²=（$\frac{3}{2}$t）²，
解得：t=2$\sqrt{74}$-16或-2$\sqrt{74}$-16（舍去）．
在直角△KN'G中，N'K²=（$\frac{5}{2}$t-3）²+（t-1）²，
當(dāng)N'K=PN'時(shí)，（$\frac{5}{2}$t-3）²+（t-1）²=（$\frac{3}{2}$t）²，
解得：t=$\frac{17+\sqrt{89}}{10}$（舍去）或$\frac{17-\sqrt{89}}{10}$．
總之，t=2$\sqrt{74}$-16或$\frac{12}{7}$或$\frac{17-\sqrt{89}}{10}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)和等腰三角形的判定與性質(zhì)，正確進(jìn)行討論是解決本題的關(guān)鍵．