点评： 本题考查了应用与设计作图，图形的变化规律，读懂题目信息，理解分割的方法以及求和的方法是解题的关键． 24．（12分）（2014?青岛）已知：如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC=12cm，BD=16cm．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，EF⊥BD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F；当直线EF停止运动时，点P也停止运动．连接PF，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形APFD是平行四边形？
2
（2）设四边形APFE的面积为y（cm），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40？若存在，求出t的值，并求出此时P，E两点间的距离；若不存在，请说明理由．
考点： 四边形综合题．
分析： （1））由四边形ABCD是菱形，OA=AC，OB=BD．在Rt△AOB中，运用勾股定理求出AB=10．再由△DFQ∽△DCO．得出
=
．求出DF．由AP=DF．求出t．
（2）过点C作CG⊥AB于点G，由S菱形ABCD=AB?CG=AC?BD，求出CG．据S梯形APFD=（AP+DF）?CG．S△EFD=EF?QD．得出y与t之间的函数关系式；
（3）过点C作CG⊥AB于点G，由S菱形ABCD=AB?CG，求出CG，由S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40，求出t，再由△PBN∽△ABO，求得PN，BN，据线段关系求出EM，PM再由勾股定理求出PE． 解答： 解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AC⊥BD，OA=OC=AC=6，OB=OD=BD=8． 在Rt△AOB中，AB=∵EF⊥BD， ∴∠FQD=∠COD=90°． 又∵∠FDQ=∠CDO， ∴△DFQ∽△DCO． ∴即
=
．
=10．
=，
∴DF=t．
∵四边形APFD是平行四边形， ∴AP=DF． 即10﹣t=t，
解这个方程，得t=∴当t=
．
s时，四边形APFD是平行四边形．
（2）如图，过点C作CG⊥AB于点G，
∵S菱形ABCD=AB?CG=AC?BD， 即10?CG=×12×16， ∴CG=
．
∴S梯形APFD=（AP+DF）?CG =（10﹣t+t）?∵△DFQ∽△DCO， ∴
=
． ，
=t+48．
即=
∴QF=t． 同理，EQ=t． ∴EF=QF+EQ=t．
∴S△EFD=EF?QD=×t×t=t． ∴y=（t+48）﹣t=﹣t+t+48．
（3）如图，过点P作PM⊥EF于点M，PN⊥BD于点N，
2
2
2
若S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40，
则﹣t+t+48=
2
2
×96，
即5t﹣8t﹣48=0， 解这个方程，得t1=4，t2=﹣
（舍去）
过点P作PM⊥EF于点M，PN⊥BD于点N，
当t=4时， ∵△PBN∽△ABO， ∴
=
=
，即
=．
=．
=
．
=
．
∴PN=，BN=
∴EM=EQ﹣MQ=PM=BD﹣BN﹣DQ=在Rt△PME中， PE=
=
=（cm）．
点评： 本题主要考查了四边形的综合知识，解题的关键是根据三角形相似比求出相关线段．
24、已知，如图，□ABCD中，AD=3cm，CD=1cm，∠B=45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s；点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M，过M作MN⊥BC，垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1），解答下列问题： （1）当t为何值时，四边形AQDM是平行四边形？ （2）设四边形的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式； （3）是否存在某一时刻t，使四边形ANPM的面积是□ABCD面积的一半，若存在，求出相应的t值，若不存在，说明理由
（4）连接AC，是否存在某一时刻t，使NP与AC的交点把线段AC分成2:1的两部分？若存在，求出相应的t值，若不存在，说明理由
解析：⑴∵四边形AQDM是平行四边形 1
∴PA＝PD，即3t＝3－3t，解得t＝
21
答：当t＝ s时，四边形AQDM是平行四边
2形
⑵∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB∥CD
∴∠MAP＝∠QDP 又∵∠MAP＝∠QPD ∴△MAP∽△QDP AMPA∴ ＝ QDPD
AM3t即 ＝ ∴AM＝t 1－t3－3t
MNMN2
∵MN⊥BC，在Rt△MBN中，sin45°＝ ＝ ∴MN＝ (1＋t)
MB21＋t∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
MAPOQBNCD又∵MN⊥BC，∴MN⊥AD
111
∴S四边形ANPM＝S△MAP＋S△NAP＝ ×AP×OM＋ ×AP×ON＝ ×AP×(OM＋ON)
22211232232
＝ ×AP×MN＝ ×3t× (1＋t) ＝ t＋ t 2224432232答：y与t之间的函数关系式是y＝ t＋ t
44
⑶假设存在某一时刻t，使四边形ANPM的面积是□ABCD面积的一半，
5－1－5－15－13223212
此时 t＋ t＝ ×3× ，即t2＋t－1＝0，解得t1＝ ，t2＝ (舍去)答：当t＝ s时，四边
4422222形ANPM的面积是□ABCD面积的一半
⑷假设存在某一时刻t，使NP与AC的交点把线段AC分成2 ∶1的两部分 设NP与AC相交于点E，那么AE∶EC＝2 ∶1或AE∶EC＝1∶2 当AE∶EC＝2 ∶1时，
∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∴△APE∽△CNE AEPA∴ ＝ CE CN即：
23t ＝ 12
3－(t－1)
2
MAPODQCE BN32－1
解得：t＝
4当AE∶EC＝1∶2 时， 同理可得：即：
AEPA ＝ CE CN
32＋113t
＝ 解得：t＝
722
3－(t－1)
2
32－132＋1
答：当t＝ 或t＝时 时，NP与AC的交点把线段AC分成2 ∶1的两部分
47
26. （2011山东烟台，26，14分）
如图，在直角坐标系中，梯形ABCD的底边AB在x轴上，底边CD的端点D在y轴上.直线CB的表达式为y=－416x+，点A、D的坐标分别为（－4，0），（0，4）.动点P自A点出发，在AB上匀速运行.动点Q自点B出发，在33折线BCD上匀速运行，速度均为每秒1个单位.当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动.设点P运动t（秒）时，△OPQ的面积为s（不能构成△OPQ的动点除外）.
（1）求出点B、C的坐标；
（2）求s随t变化的函数关系式；
（3）当t为何值时s有最大值？并求出最大值.
y y D C D C y D C Q A P O B A O B x A O B x
x （备用图1） （备用图2）
416x＋，得x＝1. 33 ∴C点的坐标为（1，4）.
416 当y＝0时，－x＋＝0，
33∴x＝4.∴点B坐标为（4，0）.
（2）作CM⊥AB于M，则CM＝4，BM＝3. 【解】（1）把y＝4代入y＝－
∴BC＝CM2?BM2＝32?42＝5.
4CM∴sin∠ABC＝＝.
5BC①当0＜t＜4时，作QN⊥OB于N，
4则QN＝BQ·sin∠ABC＝t.
511428∴S＝OP·QN＝（4－t）×t ＝－t2＋t（0＜t＜4）.
22555②当4＜t≤5时，（如备用图1）， 连接QO，QP，作QN⊥OB于N.
4同理可得QN＝t.
5114∴S＝OP·QN＝×（t－4）×t.
22528 ＝t2－t（4＜t≤5）.
55③当5＜t≤6时，（如备用图2）， 连接QO，QP. 11S＝×OP×OD＝（t－4）×4.
22
＝2t－8（5＜t≤6）. （3）①在0＜t＜4时，
85当t＝＝2时， 22?(?)58?()285S最大＝＝. 254?(?)58?28②在4＜t≤5时，对于抛物线S＝t2－t，当t＝－5＝2时，
2552?5288S最小＝×22－×2＝－.
555288∴抛物线S＝t2－t的顶点为（2，－）.
555∴在4＜t≤5时，S随t的增大而增大.
28∴当t＝5时，S最大＝×52－×5＝2.
55③在5＜t≤6时，
在S＝2t－8中，∵2＞0，∴S随t的增大而增大. ∴当t＝6时，S最大＝2×6－8＝4.
∴综合三种情况，当t＝6时，S取得最大值，最大值是4. （说明：（3）中的②也可以省略，但需要说明：在（2）中的②与③的△OPQ，③中的底边OP和高CD都大于②中的底边OP和高.所以③中的△OPQ面积一定大于②中的△OPQ的面积.）
416【思路分析】（1）点B、C的横、纵坐标分别已知，将其代入直线CB的表达式y=－x+，可求出点B、C的坐
33标. （2）根据三角形面积公式列函数关系式，注意需分三种情况讨论. （3）按（2）中的三种情况，结合所列函数的性质分别求出最大值，最后加以综合，得出结论.
【方法规律】此题综合考查一次函数、二次函数、三角函数等知识，较以往压轴题难度降低，一改往年抛物线上架构几何图形的压轴题特点，令人耳目一新，也更实用. 解题关键是结合图形特征分类讨论；能灵活应用一次函数、二次函数的性质，结合自变量取值范围的限制条件求最值.