Question

（2012•北辰區(qū)一模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形OABC，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B（8，4），點(diǎn)P是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q（x，0）
（0＜x＜8）是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，QM⊥OP，QN⊥AP，M、N為垂足，連接MN．
（1）四邊形PMQN能否為正方形？若能，求出此時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不能，說明理由；
（2）設(shè)三角形△MQN的面積為S₁，求S₁與x的函數(shù)關(guān)系式，并確定S₁的取值范圍；
（3）如圖（2），設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱為點(diǎn)D，△MDN的面積為S₂，求S₂與x的函數(shù)關(guān)系式，并確定S₂的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先可以證明△OPA為等腰直角三角形，可以得出四邊形MQNP是矩形，當(dāng)MQ=NQ時(shí)就是正方形，通過△OMQ≌△ANQ就可以求出OQ=AQ，Q是OA的中中點(diǎn)，從而得出Q的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)勾股定理表示出MQ和NQ的值，再根據(jù)三角形的面積公式就可以表示出S₁，然后將一般式化為頂點(diǎn)式就可以求出S₁的最大值，從而求出S₁的取值范圍；
（3）連接DO、DA，得PODA是正方形．由軸對(duì)稱的性質(zhì)可以得出OD=AD，可以得出四邊形PODA是正方形，就有S₂=S_PODA-S_△DOM-S_△DAN-S_△MPN，從而就可以得出結(jié)論．

解答：解：（1）能，此時(shí)點(diǎn)Q（4，0）．
理由：∵四邊形ABCO是矩形，
∴AO=BC，AB=OC，∠A=∠B=∠C=∠AOC=90°．
∵B（8，4），
∴OA=BC=4，AB=OC=4．
∵P是BC的中點(diǎn)，
∴PC=PB=

1

2

BC=4，
∴OC=PC，PB=AB，
∴∠POC=∠PAB=45°．
∴∠POA=∠PAO=45°，
∴△APO是等腰直角三角形．
∴∠OPA=90°．OP=AP．
∴QM⊥OP，QN⊥AP，
∴∠PMQ=∠PNQ=∠OMQ=∠ANQ=90°，
∴四邊形MQNP是矩形，△OMQ和△ANQ是等腰直角三角形．
∵四邊形MQNP是正方形，
∴MQ=NQ=PM=PN．
∴OM=AN，
∵在△OMQ和△ANQ中，

OM=AN ∠OMQ=∠ANQ MQ=NQ

，
∴△OMQ≌△ANQ（SAS），
∴OQ=AQ．
∴Q（4，0）
∴Q（4，0）時(shí)四邊形PMQN是正方形；

（2）如圖1，∵Q（x，0），
∴OQ=x
∴AQ=8-x
∵△POA和△ANQ是等腰直角三角形，由勾股定理，得
∴QM=PN=

2

2

x，QN=AN=

2

2

(8-x)．
∵四邊形PMQN是矩形，
∴∠MQN=90°
∴S1=

1

2

QM•QN=-

1

4

x2+2x．
∴S1=-

1

4

x2+2x=-

1

4

(x-4)2+4，
∴0＜S₁≤4；

（3）如圖2，連接DO、DA，
∵△OPA和△ODA關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴△OPA≌△ODA，
∴OP=OD，PA=AD．
∵OP=AP，∠OPA=90°
∴得PODA是正方形．
∵S₂=S_PODA-S_△DOM-S_△DAN-S_△MPN，
∴S2=(4

2

)2-2x-2(8-x)-

1

4

x(8-x)
=

1

4

x2-2x+16
=

1

4

(x-4)2+12
∴12≤S₂＜16．
∴S₂與x的函數(shù)關(guān)系式為：S₂=

1

4

(x-4)2+12，S₂的取值范圍是12≤S₂＜16．

點(diǎn)評(píng)：本題是一道四邊形綜合試題，考查了矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的判定即性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，軸對(duì)稱的性質(zhì)的運(yùn)用，正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答本題時(shí)靈活運(yùn)用直角三角形的面積公式是關(guān)鍵．