Question

20．如圖1，在Rt△AOC中，∠ACO=90°，動點P從點A出發以每秒1個單位的速度沿AO向終點O運動，動點Q從點O出發以每秒2個單位的速度沿y軸正半軸運動，連接PQ，若P，Q兩點同時出發，當點P到達終點時點Q也停止運動，過點D作PD⊥AO交y軸正半軸于點D，設動點P運動的時間為t秒，圖2是△PDQ的面積S與運動時間t的完整圖象，BE，EF為曲線，且B（0，$\frac{50}{3}$），F（5，0）

（1）求△PDQ的面積S關于t的函數關系式；
（2）是否存在某一時刻t，使△PDQ為等腰三角形，若存在，求出點Q的坐標，若不存在，請說明理由．
（3）過點P作PG⊥OC于點G，連接DG，把△PDG沿直線PD折疊，當點G的對應點G′恰好落在AC邊上時，請求出t的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作AM⊥OA于M．由題意OA=5，$\frac{1}{2}$•OA•AM=$\frac{50}{3}$，推出AM=$\frac{20}{3}$，OM=$\sqrt{O{A}^{2}+A{M}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}+（\frac{20}{3}）^{2}}$=$\frac{25}{3}$，由△OAM∽△ACO，推出$\frac{OA}{AC}$=$\frac{AM}{CO}$=$\frac{OM}{OA}$，求出DP，OD，分兩種情形討論即可．
（2）分三種情形討論0≤t≤$\frac{25}{11}$時，①當DQ=PD時，②當PQ=PD時，cos∠PDQ=$\frac{\frac{1}{2}[\frac{5}{3}（5-t）-2t]}{\frac{4}{3}（5-t）}$=$\frac{4}{5}$，③當QD=QP時，cos∠PDQ=$\frac{\frac{1}{2}•\frac{4}{3}（5-t）}{\frac{5}{3}（5-t）-2t}$=$\frac{4}{5}$，$\frac{25}{11}$＜t≤5時，只有DQ=DP時，△DPQ是等腰三角形，列出方程解方程即可．
（3）由PG∥AC，推出$\frac{PG}{AC}$=$\frac{OP}{OA}$，即$\frac{PG}{3}$=$\frac{5-t}{5}$，推出PG=PG′=$\frac{3}{5}$（5-t），由∠OPG=∠APG′=∠AOC，推出PG′=AG′=PG，根據$\frac{\frac{1}{2}AP}{AG′}$=cos∠OAC=$\frac{3}{5}$，列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，作AM⊥OA于M．

由題意OA=5，$\frac{1}{2}$•OA•AM=$\frac{50}{3}$，
∴AM=$\frac{20}{3}$，OM=$\sqrt{O{A}^{2}+A{M}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}+（\frac{20}{3}）^{2}}$=$\frac{25}{3}$
∵AC∥OD，
∴∠AOM=∠OAC，∠OAM=∠ACO=90°，
∴△OAM∽△ACO，
∴$\frac{OA}{AC}$=$\frac{AM}{CO}$=$\frac{OM}{OA}$，
∴$\frac{5}{AC}$=$\frac{\frac{20}{3}}{OC}$=$\frac{\frac{25}{3}}{5}$，
∴AC=3，OC=4，
由△OPD∽△ACO，得$\frac{OP}{AC}$=$\frac{PD}{CO}$=$\frac{OD}{AO}$，
∴$\frac{5-t}{3}$=$\frac{PD}{4}$=$\frac{OD}{5}$，
∴OD=$\frac{5}{3}$（5-t），PD=$\frac{4}{3}$（5-t），
當OQ=OD時，2t=$\frac{5}{3}$（5-t），解得t=$\frac{25}{11}$，
①當0≤t≤$\frac{25}{11}$時，作PH⊥OD于H．易知PH=$\frac{4}{5}$（5-t），
∴S=$\frac{1}{2}$•DQ•PH=$\frac{1}{2}$•[$\frac{5}{3}$（5-t）-2t]•$\frac{4}{5}$（5-t）=$\frac{22}{15}$t²-12t+10．

②當$\frac{25}{11}$＜t≤5時，如圖2中，

S=$\frac{1}{2}$DQ•PH=-$\frac{22}{15}$t²+12t-10．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{22}{15}{t}^{2}-12t+10}&{（0≤t≤\frac{25}{11}）}\\{-\frac{22}{15}{t}^{2}+12t-10}&{（\frac{25}{11}＜t≤5）}\end{array}\right.$．

（2）0≤t≤$\frac{25}{11}$時，①當DQ=PD時，$\frac{5}{3}$（5-t）-2t=$\frac{4}{3}$（5-t），解得t=$\frac{5}{7}$．

②當PQ=PD時，cos∠PDQ=$\frac{\frac{1}{2}[\frac{5}{3}（5-t）-2t]}{\frac{4}{3}（5-t）}$=$\frac{4}{5}$，解得t=$\frac{35}{23}$．

③當QD=QP時，cos∠PDQ=$\frac{\frac{1}{2}•\frac{4}{3}（5-t）}{\frac{5}{3}（5-t）-2t}$=$\frac{4}{5}$，解得t=$\frac{25}{17}$．
$\frac{25}{11}$＜t≤5時，只有DQ=DP時，△DPQ是等腰三角形，2t-$\frac{5}{3}$（5-t）=$\frac{4}{3}$（5-t），解得t=3．
綜上所述，t=$\frac{5}{7}$s或$\frac{35}{23}$s或$\frac{25}{17}$s或3s時，△PDQ是等腰三角形．

（3）如圖3中，

∵PG∥AC，
∴$\frac{PG}{AC}$=$\frac{OP}{OA}$，
∴$\frac{PG}{3}$=$\frac{5-t}{5}$，
∴PG=PG′=$\frac{3}{5}$（5-t），
∵∠OPG=∠APG′=∠AOC，
∴PG′=AG′=PG，
∵$\frac{\frac{1}{2}AP}{AG′}$=cos∠OAC，
∴$\frac{\frac{1}{2}t}{\frac{3}{5}（5-t）}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{90}{43}$，
∴t=$\frac{90}{43}$s時，點G的對應點G′恰好落在AC邊上．

點評 本題考查三角形綜合題、相似三角形的判定和性質、翻折變換、平行線分線段成比例定理、等腰三角形的判定和性質、銳角三角函數等知識，解題的關鍵是學會分類討論，學會用方程的思想思考問題，屬于中考壓軸題．