Question

9．如圖，反比例函數(shù)y=$\frac{24}{x}$（x＞0）的圖象經(jīng)過矩形OABC的頂點(diǎn)B（m+2，m），點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)沿線段OC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)R從點(diǎn)B出發(fā)沿線段BA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、R速度均為每秒1個(gè)單位，點(diǎn)Q從O出發(fā)沿折線OA→AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)S從點(diǎn)B出發(fā)沿折線BC→CO向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q、S速度均為每秒2個(gè)單位，設(shè)P、Q、R、S四點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0＜t≤5）
（1）求出OA、OC的長；
（2）當(dāng)0＜t＜2時(shí)，求證：四邊形PQRS是平行四邊形；
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQRS是菱形，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQRS是矩形．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得關(guān)于m的方程，根據(jù)解方程，可得B點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得答案；
（2）根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得PQ與RS的關(guān)系，QR與PS的關(guān)系，根據(jù)平行四邊形的判定，可得答案；
（3）分類討論：0＜t＜2，2≤t＜5時(shí)，根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形，可得關(guān)于t的方程，根據(jù)解方程，可得答案；
根據(jù)矩形的判定，可得可得OP=AQ，可得關(guān)于t的方程，根據(jù)解方程，可得答案．

解答 解：（1）將B點(diǎn)坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式，得
m=$\frac{24}{m+2}$．
化簡，得m²+2m-24=0，
解得m=4，m=-6（不符合題意舍），
m+2=6，即B（6，4）．
由矩形OABC，得OC=AB=6，
OA=BC=4；
（2）證明：∵矩形OABC，
∴∠O=∠A=∠B=∠C=90°．
∵OP=BR=t，OQ=BS=2t，
在Rt△OPQ和Rt△BRS中，
$\left\{\begin{array}{l}{OP=BR}\\{∠O=∠B}\\{OQ=BS}\end{array}\right.$，
∴Rt△OPQ≌Rt△BRS（SAS），
∴PQ=RS；
同理RQ=PS，
∴四邊形PQRS是平行四邊形；
（3）當(dāng)0＜t＜2時(shí)，
如圖1，
∵OP=BR=t，OQ=2t，
∴AR=6-t，AQ=4-2t．
四邊形PQRS是平行四邊形，
PQ=RS時(shí)，四邊形PQRS是菱形，
即t²+（2t）²=（4-2t）²+（6-t）²，
解得t=$\frac{13}{7}$；
當(dāng)2＜t＜5時(shí)，如圖2，
PD=t-（2t-4），QD=4，PS=6-t-（2t-4），
由勾股定理，得
PQ²=（4-t）²+4²，
當(dāng)PS=PQ時(shí)，即PS²=PQ²時(shí)，四邊形PQRS是菱形，
（4-t）²+4²=（10-3t）²．
解得t=$\frac{13+\sqrt{33}}{4}$，t=$\frac{13-\sqrt{33}}{4}$＜2（不符合題意，舍），
綜上所述：當(dāng)t=$\frac{13}{7}$，t=$\frac{13+\sqrt{33}}{4}$時(shí)，四邊形PQRS是菱形；
當(dāng)2＜t＜5時(shí)，如圖3，
，
由點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)沿線段OC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P速度均為每秒1個(gè)單位，點(diǎn)Q從O出發(fā)沿折線OA→AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q速度均為每秒2個(gè)單位，得
OP=t，OA+AQ=2t．
由PQRS為矩形，得
OP=AQ即t=2t-4．
解得t=4，
當(dāng)t=4時(shí)，四邊形PQRS是矩形．

點(diǎn)評 本題考查了反比例函數(shù)綜合題，（1）利用待定系數(shù)法得出關(guān)于m的方程是解題關(guān)鍵，又利用了矩形的性質(zhì)；（2）利用了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定；（3）利用了菱形的判定，分類討論是解題關(guān)鍵，利用了矩形的判定．