试题

（2012·渝北区一模）如图1，在平面直角坐标系中有一个Rt△OAC，点A（3，4），点C（3，0）将其沿直线AC翻折，翻折后图形为△BAC．动点P从点O出发，沿折线0·A·B的方向以每秒2个单位的速度向B运动，同时动点Q从点B出发，在线段BO上以每秒1个单位的速度向点O运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△OPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（2）如图2，固定△OAC，将△ACB绕点C逆时针旋转，旋转后得到的三角形为△A′CB′设A′B′与AC交于点D当∠BCB′=∠CAB时，求线段CD的长；
（3）如图3，在△ACB绕点C逆时针旋转的过程中，若设A′C所在直线与OA所在直线的交点为E，是否存在点E使△ACE为等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）由题意知：OA=AB=5，OC=BC=3，OB=6；
P从O→A→B，所用的总时间为：（5+5）÷2=5s；Q从B→O所用的总时间为：6÷1=6；
因此t的取值范围为：0≤t≤5；
①当0≤t≤2.5时，点P在线段OA上；
OP=2t，OQ=OB-BQ=6-t；
∴S=

1

2

×2t×

4

5

×（6-t）=-

4

5

t²+

24

5

t；
②当2.5≤t≤5时，点P在线段AB上；
OP=2t，BP=10-2t，OQ=6-t；
∴S=

1

2

×（10-2t）×

4

5

×（6-t）=

4

5

t²-

44

5

t+24；
综上可知：S=

- 4 5 t2+ 24 5 t(0≤t≤2.5) 4 5 t2- 44 5 t+24(2.5≤t≤5)

．

（2）∵∠BCB′=∠CAB，
∴∠DCB′=∠ABC=90°-∠CAB=90°-∠BCB′，
由旋转的性质知：∠ABC=∠B′，即∠DCB′=∠B′；
∴∠A′=∠A′CD=90°-∠DCB′=90°-∠B′，
∴A′D=DB′=CD，即CD=

1

2

A′B′=

1

2

AB=2.5．

（3）由A（3，4），可得直线OA：y=

4

3

x；
设点E（x，

4

3

x），已知A（3，4），C（3，0）；
∴AE²=（x-3）²+（

4

3

x-4）²，CE²=（x-3）²+（

4

3

x）²，AC=4；
①当AE=CE时，AE²=CE²，则有：
（x-3）²+（

4

3

x-4）²=（x-3）²+（

4

3

x）²，解得x=

3

2

，
∴E₁（

3

2

，2）；
②当AE=AC时，AE²=AC²=16，则有：
（x-3）²+（

4

3

x-4）²=16，整理得：25x²-150x+81=0，
解得：x=

3

5

，x=

27

5

；
∴E₂（

3

5

，

4

5

），E₃（

27

5

，

36

5

）；
③当CE=AC时，CE²=AC²=16，则有：
（x-3）²+（

4

3

x）²=16，整理得：25x²-54x-63=0，
解得：x=-

21

25

，x=3（舍去）；
∴E₄（-

21

25

，-

28

25

）；
综上可知：存在符合条件的E点：E₁（

3

2

，2），E₂（

3

5

，

4

5

），E₃（

27

5

，

36

5

），E₄（-

21

25

，-

28

25

）．
解：（1）由题意知：OA=AB=5，OC=BC=3，OB=6；
P从O→A→B，所用的总时间为：（5+5）÷2=5s；Q从B→O所用的总时间为：6÷1=6；
因此t的取值范围为：0≤t≤5；
①当0≤t≤2.5时，点P在线段OA上；
OP=2t，OQ=OB-BQ=6-t；
∴S=

1

2

×2t×

4

5

×（6-t）=-

4

5

t²+

24

5

t；
②当2.5≤t≤5时，点P在线段AB上；
OP=2t，BP=10-2t，OQ=6-t；
∴S=

1

2

×（10-2t）×

4

5

×（6-t）=

4

5

t²-

44

5

t+24；
综上可知：S=

- 4 5 t2+ 24 5 t(0≤t≤2.5) 4 5 t2- 44 5 t+24(2.5≤t≤5)

．

（2）∵∠BCB′=∠CAB，
∴∠DCB′=∠ABC=90°-∠CAB=90°-∠BCB′，
由旋转的性质知：∠ABC=∠B′，即∠DCB′=∠B′；
∴∠A′=∠A′CD=90°-∠DCB′=90°-∠B′，
∴A′D=DB′=CD，即CD=

1

2

A′B′=

1

2

AB=2.5．

（3）由A（3，4），可得直线OA：y=

4

3

x；
设点E（x，

4

3

x），已知A（3，4），C（3，0）；
∴AE²=（x-3）²+（

4

3

x-4）²，CE²=（x-3）²+（

4

3

x）²，AC=4；
①当AE=CE时，AE²=CE²，则有：
（x-3）²+（

4

3

x-4）²=（x-3）²+（

4

3

x）²，解得x=

3

2

，
∴E₁（

3

2

，2）；
②当AE=AC时，AE²=AC²=16，则有：
（x-3）²+（

4

3

x-4）²=16，整理得：25x²-150x+81=0，
解得：x=

3

5

，x=

27

5

；
∴E₂（

3

5

，

4

5

），E₃（

27

5

，

36

5

）；
③当CE=AC时，CE²=AC²=16，则有：
（x-3）²+（

4

3

x）²=16，整理得：25x²-54x-63=0，
解得：x=-

21

25

，x=3（舍去）；
∴E₄（-

21

25

，-

28

25

）；
综上可知：存在符合条件的E点：E₁（

3

2

，2），E₂（

3

5

，

4

5

），E₃（

27

5

，

36

5

），E₄（-

21

25

，-

28

25

）．