Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AO上以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O作勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

（1）當(dāng)t=秒時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是　 　；

（2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)表達(dá)式；

（3）若正方形PQMN對(duì)角線的交點(diǎn)為T，請(qǐng)直接寫出在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中OT+PT的最小值．

Answer 1

【答案】（1）（4，0）；（2）①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，S =t2；②當(dāng)1＜t≤時(shí)，S =﹣t2+18t；③當(dāng)＜t≤2時(shí)， S =﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值為．

【解析】（1）先確定出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AP，利用對(duì)稱性即可得出結(jié)論；

（2）分三種情況，①利用正方形的面積減去三角形的面積，②利用矩形的面積減去三角形的面積，③利用梯形的面積，即可得出結(jié)論；

（3）先確定出點(diǎn)T的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)而找出OT+PT最小時(shí)的點(diǎn)T的位置，即可得出結(jié)論．

（1）令y=0，

∴﹣x+4=0，

∴x=6，

∴A（6，0），

當(dāng)t=秒時(shí)，AP=3×=1，

∴OP=OA﹣AP=5，

∴P（5，0），

由對(duì)稱性得，Q（4，0）；

（2）當(dāng)點(diǎn)Q在原點(diǎn)O時(shí)，OQ=6，

∴AP=OQ=3，

∴t=3÷3=1，

①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1，令x=0，

∴y=4，

∴B（0，4），

∴OB=4，

∵A（6，0），

∴OA=6，

在Rt△AOB中，tan∠OAB=，

由運(yùn)動(dòng)知，AP=3t，

∴P（6﹣3t，0），

∴Q（6﹣6t，0），

∴PQ=AP=3t，

∵四邊形PQMN是正方形，

∴MN∥OA，PN=PQ=3t，

在Rt△APD中，tan∠OAB=，

∴PD=2t，

∴DN=t，

∵MN∥OA

∴∠DCN=∠OAB，

∴tan∠DCN=，

∴CN=t，

∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2；

②當(dāng)1＜t≤時(shí)，如圖2，同①的方法得，DN=t，CN=t，

∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣t2+18t；

③當(dāng)＜t≤2時(shí)，如圖3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12；

（3）如圖4，由運(yùn)動(dòng)知，P（6﹣3t，0），Q（6﹣6t，0），

∴M（6﹣6t，3t），

∵T是正方形PQMN的對(duì)角線交點(diǎn)，

∴T（6﹣t，t）

∴點(diǎn)T是直線y=﹣x+2上的一段線段，（﹣3≤x＜6），

作出點(diǎn)O關(guān)于直線y=﹣x+2的對(duì)稱點(diǎn)O'交此直線于G，過(guò)點(diǎn)O'作O'F⊥x軸，則O'F就是OT+PT的最小值，

由對(duì)稱知，OO'=2OG，

易知，OH=2，

∵OA=6，AH=，

∴S△AOH=OH×OA=AH×OG，

∴OG=，

∴OO'=

在Rt△AOH中，sin∠OHA=，

∵∠HOG+∠AOG=90°，∠HOG+∠OHA=90°，

∴∠AOG=∠OHA，

在Rt△OFO'中，O'F=OO'sin∠O'OF=×=，

即：OT+PT的最小值為．