Question

10．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．
（1）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，求m（用含有t的式子表示）；
（3）在（2）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果）．

Answer 1

分析 （1）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；
（2）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；
（3）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m和t的关系，即可求得t的值，得出P点坐标．

解答 解：（1）根据题意，∠OBP=90°，OB=6，
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．
∵OP²=OB²+BP²，
即（2t）²=6²+t²，
解得：t₁=2$\sqrt{3}$，t₂=-2$\sqrt{3}$（舍去）．
∴点P的坐标为（2$\sqrt{3}$，6）；

（2）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，
∴∠OPB+∠QPC=90°，
∵∠BOP+∠OPB=90°，
∴∠BOP=∠CPQ，
又∵∠OBP=∠C=90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴$\frac{OB}{PC}$=$\frac{BP}{CQ}$，
由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11-t，CQ=6-m．
∴$\frac{6}{11-t}$=$\frac{t}{6-m}$，
∴m=$\frac{1}{6}$t²-$\frac{11}{6}$t+6（0＜t＜11）；

（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，
∴∠PEA=∠QAC′=90°，
∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，
∴∠EPC′=∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴$\frac{PE}{AC′}$=$\frac{C′E}{AQ}$，
在△PC′E和△OC′B′中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PEC′=∠OB′C}\\{∠PC′E=∠OC′B′}\\{PE=OB′}\end{array}\right.$，
∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），
∴PC'=OC'=PC，
∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11-2t，
∴$\frac{6}{t}$=$\frac{11-2t}{m}$，
∵m=$\frac{1}{6}$t²-$\frac{11}{6}$t+6，
∴3t²-22t+36=0，
解得：t₁=$\frac{11-\sqrt{13}}{3}$，t₂=$\frac{11+\sqrt{13}}{3}$
故点P的坐标为（ $\frac{11-\sqrt{3}}{3}$，6）或（ $\frac{11+\sqrt{13}}{3}$，6）．

点评 本题考查了几何变换综合性题目，用到的知识点有：翻折变换的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等有关的知识点，综合性较强，难度较大．清楚翻折前后的两个图形全等以及熟悉相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．