Question

4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是（-2，0）、（0，4）．動(dòng)點(diǎn)P從O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位的速度在y軸上從點(diǎn)B出發(fā)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O停止，點(diǎn)C停止運(yùn)動(dòng)時(shí)點(diǎn)P也隨之停止運(yùn)動(dòng)．以CP、CO為鄰邊構(gòu)造平行四邊形PCOD，在線段OP的延長(zhǎng)線長(zhǎng)取點(diǎn)E，使得PE=2．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求證：①四邊形ADEC是平行四邊形；②并求當(dāng)平行四邊形ADEC為矩形時(shí)，t的值．
（2）以線段PE為對(duì)角線作正方形MPNE，點(diǎn)M、N分別在第一、四象限．設(shè)平行四邊形PCOD的面積為S．
①當(dāng)點(diǎn)M、N中有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的邊上時(shí)，求出所有滿足條件的t的值；
②若點(diǎn)M、N中恰好只有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的內(nèi)部（不包括邊界）時(shí)，直接寫出S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①連接CD交OP于點(diǎn)G，由?PCOD的對(duì)角線互相平分，得四邊形ADEC是平行四邊形；
②由?PCOD的對(duì)角線相等，得平行四邊形ADEC為矩形；
（2）①第一種情況，當(dāng)點(diǎn)M在CE邊上時(shí)，由△EMF∽△ECO，再利用正方形對(duì)角線相等求解；第二種情況，當(dāng)點(diǎn)N在DE邊上時(shí)，由△EFN∽△EPD，再利用正方形對(duì)角線相等求解；
②當(dāng)$\frac{2}{3}$≤t≤1時(shí)，求出S的取值范圍．

解答 （1）①證明：連接CD交OP于點(diǎn)G，
在?PCOD中，CG=DG，OG=PG，
∵AO=2，PE=2，
∴AO=PE，
∴AG=EG，
∴四邊形ADEC是平行四邊形；
②解：當(dāng)AE=CD時(shí)，平行四邊形ADEC為矩形；
∵AO=2，OP=t，PE=2，則AE=4+t，
又∵BC=2t，
∴OC=4-2t，
∵OG=$\frac{1}{2}t$，
∴CG²=（4-2t）²+（$\frac{1}{2}$t）²，
∴CD²=4[（4-2t）²+（$\frac{1}{2}$t）²]，
AE²=（4+t）²，
平行四邊形ADEC為矩形，則（4+t）²=4[（4-2t）²+（$\frac{1}{2}$t）²]，
解得：t=$\frac{9+\sqrt{33}}{4}$或t=$\frac{9-\sqrt{33}}{4}$，
∵OB=4，
∴0≤t≤2，
∴t=$\frac{9-\sqrt{33}}{4}$；

（2）解：①當(dāng)M點(diǎn)在CE上時(shí)，第一種情況：如圖，當(dāng)點(diǎn)M在CE邊上時(shí)，

∵M(jìn)F∥OC，
∴△EMF∽△ECO，
∴$\frac{MF}{CO}=\frac{EF}{EO}$，
∵四邊形MPNE為正方形，
∴MF=EF，
∴CO=EO，即4-2t=t+2，
∴t=$\frac{2}{3}$；
第二種情況：當(dāng)點(diǎn)N在DE邊時(shí)，

∵NF∥PD，
∴△EFN∽△EPD，
∴$\frac{FN}{PD}$=$\frac{FE}{PE}$，
∵四邊形MPNE為正方形，
∴NF=EF，
∴PD=PE，即4-2t=2，
∴t=1；
∴當(dāng)點(diǎn)M、N中有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的邊上時(shí)，所有滿足條件的t的值為t=$\frac{2}{3}$或t=1；
②解：∵$\frac{2}{3}$≤t≤1，
S=（4-2t）t=-2t²+4t=-2（t-1）²+2，
∴點(diǎn)M、N中恰好只有一點(diǎn)落在四邊形ADEC的內(nèi)部（不包括邊界）時(shí)，
$\frac{16}{9}＜S＜2$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了平行四邊形的判定定理，矩形的判定定理，正方形的判定定理，綜合運(yùn)用四邊形的判定和性質(zhì)，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解答此題的關(guān)鍵．