（2012•北辰区一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC，点A、C分别在x轴、y轴上，点B（8，4），点P是
（2012•北辰区一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC，点A、C分别在x轴、y轴上，点B（8，4），点P是BC的中点，点Q（x，0）
（0＜x＜8）是x轴上一动点，QM⊥OP，QN⊥AP，M、N为垂足，连接MN．
（1）四边形PMQN能否为正方形？若能，求出此时动点Q的坐标；若不能，说明理由；
（2）设三角形△MQN的面积为S1，求S1与x的函数关系式，并确定S1的取值范围；
（3）如图（2），设点P关于x轴的对称为点D，△MDN的面积为S2，求S2与x的函数关系式，并确定S2的取值范围．
（0＜x＜8）是x轴上一动点，QM⊥OP，QN⊥AP，M、N为垂足，连接MN．
（1）四边形PMQN能否为正方形？若能，求出此时动点Q的坐标；若不能，说明理由；
（2）设三角形△MQN的面积为S1，求S1与x的函数关系式，并确定S1的取值范围；
（3）如图（2），设点P关于x轴的对称为点D，△MDN的面积为S2，求S2与x的函数关系式，并确定S2的取值范围．
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解题思路：（1）先可以证明△OPA为等腰直角三角形，可以得出四边形MQNP是矩形，当MQ=NQ时就是正方形，通过△OMQ≌△ANQ就可以求出OQ=AQ，Q是OA的中中点，从而得出Q的坐标；
（2）根据勾股定理表示出MQ和NQ的值，再根据三角形的面积公式就可以表示出S1，然后将一般式化为顶点式就可以求出S1的最大值，从而求出S1的取值范围；
（3）连接DO、DA，得PODA是正方形．由轴对称的性质可以得出OD=AD，可以得出四边形PODA是正方形，就有S2=SPODA-S△DOM-S△DAN-S△MPN，从而就可以得出结论．
（2）根据勾股定理表示出MQ和NQ的值，再根据三角形的面积公式就可以表示出S1，然后将一般式化为顶点式就可以求出S1的最大值，从而求出S1的取值范围；
（3）连接DO、DA，得PODA是正方形．由轴对称的性质可以得出OD=AD，可以得出四边形PODA是正方形，就有S2=SPODA-S△DOM-S△DAN-S△MPN，从而就可以得出结论．
（1）能，此时点Q（4，0）．
理由：∵四边形ABCO是矩形，
∴AO=BC，AB=OC，∠A=∠B=∠C=∠AOC=90°．
∵B（8，4），
∴OA=BC=8，AB=OC=4．
∵P是BC的中点，
∴PC=PB=[1/2]BC=4，
∴OC=PC，PB=AB，
∴∠POC=∠PAB=45°．
∴∠POA=∠PAO=45°，
∴△APO是等腰直角三角形．
∴∠OPA=90°．OP=AP．
∴QM⊥OP，QN⊥AP，
∴∠PMQ=∠PNQ=∠OMQ=∠ANQ=90°，
∴四边形MQNP是矩形，△OMQ和△ANQ是等腰直角三角形．
∵四边形MQNP是正方形，
∴MQ=NQ=PM=PN．
∴OM=AN，
∵在△OMQ和△ANQ中，
OM＝AN
∠OMQ＝∠ANQ
MQ＝NQ，
∴△OMQ≌△ANQ（SAS），
∴OQ=AQ．
∴Q（4，0）
∴Q（4，0）时四边形PMQN是正方形；
（2）如图1，∵Q（x，0），
∴OQ=x
∴AQ=8-x
∵△POA和△ANQ是等腰直角三角形，由勾股定理，得
∴QM＝PN＝
2
2x，QN＝AN＝
2
2(8−x)．
∵四边形PMQN是矩形，
∴∠MQN=90°
∴S1＝
1
2QM•QN＝−
1
4x2+2x．
∴S1＝−
1
4x2+2x＝−
1
4(x−4)2+4，
∴0＜S1≤4；
（3）如图2，连接DO、DA，
∵△OPA和△ODA关于x轴对称，
∴△OPA≌△ODA，
∴OP=OD，PA=AD．
∵OP=AP，∠OPA=90°
∴得PODA是正方形．
∵S2=SPODA-S△DOM-S△DAN-S△MPN，
∴S2＝(4
2
点评：
本题考点： 四边形综合题．
考点点评： 本题是一道四边形综合试题，考查了矩形的性质的运用，等腰直角三角形的判定即性质的运用，勾股定理的运用，轴对称的性质的运用，正方形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时灵活运用直角三角形的面积公式是关键．
1年前
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