Question

已知：在平面直角坐標系中，點A（2，4），AB⊥x軸于點B，將△AOB沿AO翻折得到△AOB′，OD⊥OA交直線AB′于點D，CD⊥x軸于點C．
（1）求直線AD的解析式；
（2）有一個動點P從點O出發以每秒

5

個單位的速度沿著射線OA運動，過點P作OA的垂線，與直線AB、AD、CD分別交于點Q、M、N，連接NA，設動點P的運動時間為t，△ANP的面積為s，求s與t的函數關系式；
（3）在（2）的條件下，在動點P運動的過程中，是否存在t的值，使NQ=3MP？若存在，請求出t的值；不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）在AD上截取AB′=AB，連接OB′，先由軸對稱的性質得出AB′=AB=4，OB′=OB=2，OB′⊥AD，再證明△OB′D∽△AB′O，根據相似三角形對應邊成比例，得出DB′=1，則OD=

5

，再證明△CDO∽△BOA，得出D（-2，1），然后運用待定系數法即可求出直線AD的解析式；
（2）分兩種情況：①動點P在線段OA上；②動點P在射線OA上．對于①，畫出圖形，由于△ANP的面積s=

1

2

AP•PN，而AP=OA-OP=2

5

-

5

t，所以關鍵是用含t的代數式表示PN．先由ASA得出△MAP≌△QAP，則PM=PQ，再由PM∥OD，得出PM=

1

2

AP=

1

2

（2

5

-

5

t）．然后過點P作PE⊥BC于E，由平行線分線段成比例定理，可得PQ：PN=BE：CE，從而求出PN；對于②，同①可求；
（3）分兩種情況：①動點P在線段OA上時，則有PN=2PQ，據此列出關于t的方程；②動點P在射線OA上時，則有PN=4PQ，據此列出關于t的方程．如果求出的t值經檢驗，符合題意，則存在；否則，不存在．

解答：解：（1）在AD上截取AB′=AB，連接OB′．如圖1所示：
∵A（2，4），∴OB=2，AB=4．
∵將△AOB沿AO翻折得到△AOB′，
∴AB′=AB=4，OB′=OB=2，OB′⊥AD．
∵OA⊥OD，OB′⊥AD，
∴∠OB′D=∠OB′A=90°，
∴∠B′DO+∠DOB′=90°，∠B′DO+∠OAD=90°，
∴∠DOB′=∠OAD，
∴△OB′D∽△AB′O，
∴OB′²=AB′•DB′，即2²=4DB′，
∴DB′=1．
在直角△ODB′中，根據勾股定理得：OD=

5

．
∵∠AOD=90°，∴∠DOC+∠AOB=90°，
又∠DCO=90°，∴∠CDO+∠DOC=90°，
∴∠AOB=∠CDO，
∴△CDO∽△BOA，
∴

CD

OB

=

CO

BA

=

OD

OA

，即

CD

2

=

CO

4

=

5

2 5

，
∴CD=1，CO=2，即D（-2，1）．
設直線AD的解析式為y=kx+b，將A和D的坐標代入，
得：

2k+b=4 -2k+b=1

，
解得：

k= 3 4 b= 5 2

，
故直線AD的解析式為y=

3

4

x+

5

2

；

（2）分兩種情況：
①如果動點P在線段OA上時，0≤t≤2．如圖2①所示：
∵OP=

5

t，OA=2

5

，∴AP=OA-OP=2

5

-

5

t．
∵PE∥AB，∴PE：AB=OE：OB=OP：OA，
∴PE：4=OE：2=

5

t：2

5

=t：2，
∴PE=2t，OE=t．
易證△MAP≌△QAP，則PM=PQ．
∵PM∥OD，∴PM：OD=AP：OA，
∴PM：

5

=（2

5

-

5

t）：2

5

，
∴PM=

1

2

AP=

1

2

（2

5

-

5

t），
∴PQ=PM=

1

2

（2

5

-

5

t）．
過點P作PE⊥BC于E．
∵BQ∥EP∥CN，
∴PQ：PN=BE：CE，
∴

1

2

（2

5

-

5

t）：PN=（2-t）：（2+t），
∴PN=

5

2

（2+t），
∴s=

1

2

AP•PN=

1

2

（2

5

-

5

t）×

5

2

（2+t）=

5

4

（4-t²）；
②如果動點P在射線OA上時，t＞2．如圖2②所示：
∵OP=

5

t，OA=2

5

，∴AP=OP-OA=

5

t-2

5

．
∵PE∥AB，∴PE：AB=OE：OB=OP：OA，
∴PE：4=OE：2=

5

t：2

5

=t：2，
∴PE=2t，OE=t．
易證△MAP≌△QAP，則PM=PQ．
∵PM∥OD，∴PM：OD=AP：OA，
∴PM：

5

=（

5

t-2

5

）：2

5

，
∴PM=

1

2

AP=

1

2

（

5

t-2

5

），
∴PQ=PM=

1

2

（

5

t-2

5

）．
過點P作PE⊥BC于E．
∵BQ∥EP∥CN，
∴PQ：PN=BE：CE，
∴

1

2

（

5

t-2

5

）：PN=（t-2）：（t+2），
∴PN=

5

2

（t+2），
∴s=

1

2

AP•PN=

1

2

（

5

t-2

5

）×

5

2

（t+2）=

5

4

（t²-4）．
綜上，可知s=

5 4 (4-t2)(0≤t≤2) 5 4 (t2-4)(t＞2)

；


（3）在動點P運動的過程中，存在t=

2

3

或

10

3

，使NQ=3MP．理由如下：
分兩種情況：
①如果動點P在線段OA上時，0≤t≤2．
∵NQ=3MP，MP=PQ，
∴PN=2PQ，
又∵PN=

5

2

（2+t），PQ=

1

2

（2

5

-

5

t），
∴

5

2

（2+t）=2×

1

2

（2

5

-

5

t），
∴t=

2

3

，符合題意；
②如果動點P在射線OA上時，t＞2．
∵NQ=3MP，MP=PQ，
∴PN=4PQ，
又∵PN=

5

2

（t+2），PQ=

1

2

（

5

t-2

5

），
∴

5

2

（t+2）=4×

1

2

（

5

t-2

5

），
∴t=

10

3

，符合題意．
故在動點P運動的過程中，存在t=

2

3

或

10

3

，使NQ=3MP．

點評：本題主要考查了軸對稱的性質，相似三角形的判定與性質，平行線分線段成比例定理，以及一次函數的綜合應用，要注意的是（2）與（3）中，要根據P點的不同位置進行分類求解．