（2014•鞍山一模）如图，在矩形AOCD中，AO=3，0C=4，以AO，OC，所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系，点P

（1）设AP交CD与E，
∵AD∥OC，AD=4，CP=1，CD=3，
∴[DE/CE]=[AD/CP]，即[DE/3−DE]=[4/1]，
解得：DE=[12/5]，
∴Q（4，[27/5]）．
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
∵P（5，0），Q（4，[27/5]），
∴


27
5＝4k+b
0＝5k+b，
解得

k＝−
27
5
b＝27，
∴PQ的解析式为y=-[27/5]x+27．


（2）如上图，∵AD=4，PC=m-4，设DE=h，则CE=3-h，
∴[h/3−h]=[4/m−4]，
解得h=[12/m]，
∴EQ=[24/m]，CQ=3+[12/m]，CE=3-[12/m]，
∵S_△EQ=[1/2]EQ•AD=[1/2]•[24/m]•4=[48/m]，
S_△CPQ=[1/2]PC•CQ=[1/2]（m-4）（3+[12/m]）=[3/2]（m-4）+[6/m]（m-4），
S_△CPE=[1/2]PC•CE=[1/2]（m-4）（3-[12/m]）=[3/2]（m-4）-[6/m]（m-4），
∴S_△APQ=S_△AEQ+S_△CPQ-S_△CPE=[48/m]+[[3/2]（m-4）+[6/m]（m-4）]-[[3/2]（m-4）-[6/m]（m-4）]=[48/m]+12-[48/m]=12，
∴无论m取大于4的任何值三角形APQ的面积都等于12，
故m＞4．

（3）分三种情况：
①当0≤t＜1时，

如图1，∵AD∥OC，
∴△AA'F∽△PC'F，
∵相似三角形对应高的比等于相似比，
设MF=h，则FN=3-h，
∵AA'=t，PC'=1-t，
∴[h/3−h]=[t/1−t]，
解得h=3t，
∴S_△AA'F=[1/2]AA'•h=[1/2]t•3t=[3/2]t²，
同理，△ADE∽△PCE，
∴[DE/EC]=[AD/CP]，
∴[DE/3−DE]=[4/1]，
解得DE=[12/5]，
∵△AA'G∽△ADE，
∴[AG/DE]=[AA′/AD]，
即[AG

12/5]=[t/4]，
解得A'G=[3/5]t，
∴S_△AA'G=[1/2AA′•AG=
1
2]t•[3/5]t=[3/10]t²，
∴S=S_△AA'F-S_△AA'G=[3/2]t²-[3/10]t²=[6/5]t²，
即S=[6/5]t²（0≤t＜1）；
②当1≤t＜4时，

如图2，由①可知S_△AA'G=[3/10]t²，
设△A'DF的A'D边上的高为h，则△PC'F的PC'边上的高为3-h，
∴[h/3−h]=[A′D/PC′]=[4−t/t−1]，
解得h=4-t，
∴S_△A'DF=[1/2]A'D•h=[1/2]（4-t）（4-t）=8-4t+[1/2]t²，
∴S=S_△ADP-S_△AA'G-S_△A'DF=6-[3/10]t²-8+4t-[1/2]t²=-[4/5]t²+4t-2，
即S=-[4/5]t²+4t-2（1≤t＜4）；
③当4≤t≤5时，

如图3，∵A'D=t-4，O'P=5-t，[O′E/A′E]=[O′P/A′D]，
设O'E=h，则A'E=3-h，
∴[h/3−h]=[5−t/t−4]，
解得：h=15-3t，
∴S_△O'PE=[1/2]O'P•h=[1/2]（5-t）•（15-3t）=[75/2]-15t+[3/2]t²，
由①可知A'G=[3/5]t，
∴O'G=3-[3/5]t，
∴S_△O'PG=[1/2O′P•O'G=
1
2]（5-t）（3-[3/5]t）=[15/2]-3t+[3/10]t²，
∴S=S_△O'PE-S_△O'PG=[75/2]-15t+[3/2]t²-（[15/2]-3t+[3/10]t²）=[6/5]t²-12t+30，
即S=[6/5]t²-12t+30（4≤t≤5）．

点评：
本题考点： 一次函数综合题．

考点点评： 本题考查了待定系数法求解析式，三角形相似的性质，以及分类讨论的思想，能够想象出图形的状况是本题的关键．