Question

（2013•宜興市一模）如圖1，正方形ABCD的邊長為a（a為常數），對角線AC、BD相交于點O，將正方形KPMN（KN＞

1

2

AC）的頂點K與點O重合，若繞點K旋轉正方形KPMN，不難得出，兩個正方形重合部分的面積始終是正方形ABCD面積的四分之一．

（1）①在旋轉過程中，正方形ABCD的邊被正方形KPMN覆蓋部分總長度是定值嗎？如果是，請求出這個定值，如果不是，請說明理由．
②如圖2，若將上題中正方形ABCD改為正n邊形，正方形KPMN改為半徑足夠長的扇形，并將扇形的圓心繞點O旋轉，設正n邊形的邊長為a，面積為S，當扇形的圓心角為

360

n

°時，兩個圖形重合部分的面積是

s

n

，這時正n邊形的邊被扇形覆蓋部分的總長度為

a

．
（2）如圖3，在正方形KNMP旋轉過程中，記KP與AD的交點為E，KN與CD的交點為F．連接EF，令AE=x，S_△OEF=S，當正方形ABCD的邊長為2時，試寫出S關于x的函數關系式，并求出x為何值時S取最值，最值是多少．
（3）若將這兩張正方形按如圖4所示方式疊放，使K點與CD的中點E重合（AB≤

KM

2

），正方形ABCD以1cm/s的速度沿射線KM運動，當正方形ABCD完全進入正方形KPMN時即停止運動，正方形ABCD的邊長為8cm，且CD⊥KM，求兩正方形重疊部分面積y與運動時間t之間的函數關系式．

Answer 1

分析：（1）①如圖1，通過證明△EDO≌△FCO，由全都呢過三角形的性質就可以得出結論；
②如圖2，由正n邊形由n個全等的三角形，就可以得出S_△AOB=

S

n

，由四邊形OEBF的面積=

S

n

，解可以得出S_△AOE=S_△BOF，根據這兩個三角形的高相等，就可以得出AE=BF，就可以得出△AOE≌△BOF，就可以得出∠EOF=∠AOB，從而得出結論；
（2）如圖3，由條件可以得出DF=x，ED=2-x，就可以求出S_△EFD的值，由四邊形OEDF面積-S_△EFD的值，再根據二次函數的性質就可以得出結論；
（3）如圖4，5，6，當0≤t＜4，4≤t＜8和8≤t≤12時，分別求出y與t的函數關系式即可．

解答：解：（1）①是定值a．
理由：
∵四邊形ABCD和四邊形KPMN都是正方形，
∴AD=DC=CB=DA，OC=OD=OA，∠DOC=∠PON=90°，∠ODE=∠OCF=45°
∴∠EOD=∠COF．
在△EDO和△FCO中，

∠ODE=∠OCF OD=OC ∠EOD=∠COF

，
∴△EDO≌△FCO（ASA）．
∴ED=CF．
∴ED+DF=CF+DF=CD=a
②∵正n邊形由有n個全等的等腰三角形，
∴S_△AOB=S_△BOC=

S

n

，AB=BC，∠OAB=∠OBC．∠AOB=∠BOC=

360

n

．
∴△AOB和△BOC的高相等．
∵四邊形OEBF=S_△OEB+S_△OFB=

S

n

．
∵S_△AOE+S_△EOB=

S

n

，
∴S_△AOE=S_△OFB．
∵△AOE和△OFB高相等，
∴△AOE和△OFB的底也相等，
∴AE=BF．
∴EB+BF=EB+AE=AB=a
在△AOE和△BOF中，

OA=OB ∠OAB=∠OBC AE=BF

，
∴△AOE≌△BOF（SAS），
∴∠AOE=∠BOF，
∴∠EOF=∠AOB=

360°

n

．
故答案為：

3600

n

，a；

（2）∵DF=AE=x，ED+DF=AD=2，
∴DE=2-x．
∴S_△DEF=

x(2-x)

2

．
∵四邊形OEDF=

1

4

×2×2=1
∴S=1-

1

2

x(2-x)
=

1

2

(x-1)2+

1

2

，
∴當x=1時，S_最小=

1

2

；

（3）由題意，分三種情況討論：
如圖4，當0≤t＜4時，y=

1

2

×t×2t=t²
如圖5，當4≤t＜8時，y=

(t-4+t)×4

2

×2=8t-16；
如圖6，當8≤t≤12時，EO=t-8，BG=4-OE=4-（t-8）=12-t，
∴S_△BGR=

(12-t)2

2

．
∴y=64-

(12-t)2

2

×2=-t²+24t-80．
∴y=

t2(0≤t＜4) 8t-16(4≤t＜8) =-t2+24t-80(8≤t≤12)

點評：本題考查了正方形的性質的運用，三角形的面積公式的運用，全等三角形的判定及性質的運用，等腰直角三角形的性質的運用，二次函數的性質的運用，分類討論思想的運用，解答時證明三角形全等是解答的關鍵．