（2）①当0≤t≤3，设直线OA的解析式为：y=kt，由图象可知点A（3，300），∴300=3k，解得：k=100， 则解析式为：y=100t；
设l与OA的交点为P，则P（t，100t），∴s=
，
②当3＜t≤15时，设l与AB的交点为Q，则Q（t，300），∴S=， （3）∵当0≤t≤3，S最大=50×9=450，∵750＞50，∴当3＜t≤15时，450＜S≤4050，则令750=300t﹣450， 解得：t=4．
故王叔叔该天上班从家出发行进了750米时所用的时间4分钟． 23.解：（1）如图1，延长ED交AG于点H， ∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA=OD，OA⊥OD，∵OG=OE， 在△AOG和△DOE中， ， ∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠AGO+∠DEO=90°， ∴∠AHE=90°，即DE⊥AG； （2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况： （Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时， ∵OA=OD=OG=OG′，∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O==，∴∠AG′O=30°， ∵OA⊥OD，OA⊥AG′，∴OD∥AG′，∴∠DOG′=∠AG′O=30°，即α=30°； （Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时， 同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°﹣30°=150°．综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°． ②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大， ∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=∴OF′=2，∴AF′=AO+OF′=，∵OG=2OD，∴OG′=OG=， +2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°． 24. 解：（1）由题意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0的两根， ∴x1+x2=8， 由解得：∴B（2，0）、C（6，0）则4m﹣16m+4m+2=0，解得：m=， ；（2）可求得A（0，3） ∴该抛物线解析式为：y=
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设直线AC的解析式为：y=kx+b， ∵∴∴直线AC的解析式为：y=﹣x+3， 要构成△APC，显然t≠6，分两种情况讨论： ①当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则：F（t，﹣∵P（t，===），∴PF=）， ，∴S△APC=S△APF+S△CPF ，此时最大值为：）， ， ，②当6≤t≤8时，设直线l与AC交点为M，则：M（t，﹣∵P（t，），∴PM=∴S△APC=S△APF﹣S△CPF===，当t=8时，取最大值，最大值为：12， 综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积的最大值为12； （3）如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2， Q（t，3），P（t，①当2＜t≤6时，AQ=t，PQ=）， ，若：△AOB∽△AQP，则：， 即：，∴t=0（舍），或t=，若△AOB∽△PQA，则：，即：， ∴t=0（舍）或t=2（舍）， ②当t＞6时，AQ′=t，PQ′=，若：△AOB∽△AQP，则：， 即：，∴t=0（舍），或t=，若△AOB∽△PQA，则：∴t=
，即：或t=或t=14． ，∴t=0（舍）或t=14，第 7 页 (共 7 页）