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20.已知矩形OABC在如圖所示平面直角坐標系中,點B的坐標為(4,3),連接AC.動點P從點B出發(fā),以2cm/s的速度,沿直線BC方向運動,運動到C為止(不包含B、C兩點),過點P作PQ∥AC交線段BA于點Q,以PQ為邊向下作正方形PQMN,設正方形PQMN與△ABC重疊部分圖形面積為S(cm2),設點P的運動時間為t(s).
(1)請用含t的代數(shù)式表示N點的坐標;
(2)求S與t之間的函數(shù)關系式,并指出t的取值范圍;
(3)如圖②,點G在邊OC上,且OG=1cm,在點P從點B出發(fā)的同時,另有一動點E從點O出發(fā),以2cm/s的速度,沿x軸正方向運動,以OG、OE為一組鄰邊作矩形OEFG.請直接寫出當點F落在正方形PQMN的內(nèi)部(不含邊界)時t的取值范圍.

分析 (1)作NH⊥BC于點H,根據(jù)△BPQ∽△BCA,利用相似三角形的對應邊的比相等求得BQ,然后證明△BPQ≌△HNP,則BH以及HN的長即可利用t表示,則N的坐標即可求解;
(2)首先求出MN在AC上時t的值,然后分兩種情況進行討論,利用矩形的面積公式即可求解;
(3)求得AC的解析式,然后根據(jù)PQ∥AC,MN∥AC即可求得PQ和MN的解析式,F(xiàn)的坐標是(2t,1),把F的坐標分別代入PQ和MN的解析式即可求解

解答 解:(1)作NH⊥BC于點H.
∵PQ∥CA,
∴△BPQ∽△BCA,
BPBC=BQAB,即2t4=BQ3,
解得:BQ=32t,
∵在△BPQ和△HNP,
{B=NHPHPN=BQPPN=QP,
∴△BPQ≌△HNP,
∴HP=BQ=32t,NH=BP=2t,
則BH=2t+32t=72t,
則N點坐標(4-72t,3-2t);
(2)當MN在AC上時,如圖②.
∵△BPQ∽△BCA,
BPBC=PQAC,即2t4=PQ5t,
解得:PQ=52t,
當MN在AC上時,PN=PQ=52t,
△ABC∽△PNC,即PNAB=CPAC,即52t3=42t5,
解得:t=2437
則S=254t2
其中,0≤t≤2437
當t>2437時,設PN交AC于點E,如圖③.
則△ABC∽△PEC,則PEAB=CPAC,即PE3=42t5,解得:PE=126t5,
則S=-3t2+6t.
其中,2437<t≤2.
(3)設AC的解析式是y=kx+b,
{b=34k+b=0,
解得:{b=3k=34,
則設直線MN的解析式是y=-34x+3,
則-34(4-72t)+c=3-2t,
解得:c=6-378t,
則直線的解析式是y=-43x+(6-378t).
同理,直線PQ的解析式是y=-43x+(253-83t),
F的坐標是(2t,1).
當點F落在MN上時,
t=4049
當點F落在PQ上時,
∴t=53. 
4049<t<53

點評 此題是四邊形綜合題,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì),以及全等三角形的判和性質(zhì),待定系數(shù)法,正確求得MN在AC上時對應的t的值是關鍵.是一道中等難度的中考�?碱}.

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A.-4B.-lC.0D.2

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(3)在(2)的條件下,若僅將其中點Q的速度改為a個單位每秒,其它條件不變,在點P運動到某一位置時(不與B重合),恰有∠OPC=∠OBC,此時點Q未到終點,∠OQC+∠OBC=180°,求a的值.

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(3)若點P(t,t)在拋物線上,則稱點P為拋物線的不動點,將(1)中的拋物線進行平移,平移后,該拋物線只有一個不動點,且頂點在直線y=2x-\frac{7}{4}上,求此時拋物線的解析式.

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