Question

5．如圖：正方形OABC的頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（12，5）．
（1）正方形OABC的邊長是13；
（2）點(diǎn)B的坐標(biāo)是（7，17），點(diǎn)C的坐標(biāo)是（-5，12）；
（3）現(xiàn)有動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)C、A同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P沿線段CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位，點(diǎn)Q沿折線A→O→C向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，速度為每秒3個(gè)單位，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)之后，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．P、Q在運(yùn)動(dòng)過程中，由點(diǎn)C、P、Q所組成的△CPQ沿它的一邊翻折，使得翻折前后的兩個(gè)三角形組成的四邊形能否為菱形？如果能，求出此時(shí)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；如果不能，說明理由．

Answer 1

分析 （1）作AE⊥x軸于E，根據(jù)勾股定理求出正方形OABC的邊長；
（2）作BF⊥x軸于F，AG⊥BF于G，CH⊥x軸于H，證明△COH≌△OAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出OH、CH得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，證明△BAG≌△OAE，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（3）分點(diǎn)Q在AO上和點(diǎn)Q在CO上兩種情況，根據(jù)菱形的性質(zhì)列出方程，解方程即可．

解答 解：（1）作AE⊥x軸于E，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（12，5），
∴OE=12，AE=5，
∴OA=$\sqrt{O{E}^{2}+A{E}^{2}}$=13，
故答案為：13；
（2）作BF⊥x軸于F，AG⊥BF于G，CH⊥x軸于H，
∵正方形OABC是正方形，
∴OC=OA，∠AOC=90°，又AE⊥x軸，
∴∠COH=∠OAE，
在△COH和△OAE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠COH=∠OAE}\\{∠CHO=∠OEA=90°}\\{OC=OA}\end{array}\right.$，
∴△COH≌△OAE，
∴OH=AE=5，CH=OE=12，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是（-5，12），
同理△BAG≌△OAE，
∴AG=AE=5，BG=OE=12，
∴OF=7，BF=17，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（7，17），
故答案為：（7，17）；（-5，12）；
（3）①如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在AO上時(shí)，
設(shè)t秒后，翻折前后的兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形，則QC=QP，
作QR⊥BC于R，
則CR=$\frac{1}{2}$CP=t，OQ=13-3t，
由題意得，13-3t=t，
解得，t=$\frac{13}{4}$，
②當(dāng)點(diǎn)Q在CO上時(shí)，
設(shè)t秒后，翻折前后的兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形，則QC=CP，
即26-3t=2t，
解得，t=$\frac{26}{5}$，
綜上所述當(dāng)t=$\frac{13}{4}$或$\frac{26}{5}$時(shí)，翻折前后的兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)和判定，掌握旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵，解答時(shí)，注意分情況討論思想的靈活運(yùn)用．