S△ODA+S△AOM＝S△OEA+S△AOM，即：S四边形OMAD＝S△OBM，

∴S△OME＝S△OBM， ∴S四边形OMAD＝S△OBM；

（3）设点P（m，n），n＝﹣m+2m+3，而m+n＝﹣1， 解得：m＝﹣1或4，故点P（4，﹣5）；

如图2，故点D作QD∥AC交PC的延长线于点Q，

2

由（2）知：点N是PQ的中点，

将点C（﹣1，0）、P（4，﹣5）的坐标代入一次函数表达式并解得： 直线PC的表达式为：y＝﹣x﹣1…①， 同理直线AC的表达式为：y＝2x+2， 直线DQ∥CA，且直线DQ经过点D（0，3）， 同理可得直线DQ的表达式为：y＝2x+3…②， 联立①②并解得：x＝﹣，即点Q（﹣，）， ∵点N是PQ的中点，

由中点公式得：点N（，﹣）．

【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形面积的计算等，其中（3）直接利用（2）的结论，即点N是PQ的中点，是本题解题的突破点．

26．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点

D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．

（1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；

21

（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；

（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【分析】（1）作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝2

，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；

四边形OMCD＝

（2）先求出S△DCM＝6，结合S2

2

＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据

2

2

此知x+y＝36，xy＝9，得出x+y＝2xy，即x＝y，代入x+y＝36求得x的值，从而得出答案；

（3）由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得

＝

＝

，据此求得MN＝，ON＝可得答案．

，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝

22

及cos∠OAD＝

【解答】解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD， ∴∠CDE+∠ADO＝90°， 又∵∠OAD+∠ADO＝90°， ∴∠CDE＝∠OAD＝30°，

22

∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，

在Rt△OAD中，∠OAD＝30°， ∴OD＝AD＝3， ∴点C的坐标为（2，3+2）；

（2）∵M为AD的中点， ∴DM＝3，S△DCM＝6， 又S四边形OMCD＝，

∴S△ODM＝， ∴S△OAD＝9，

设OA＝x、OD＝y，则x2

+y2

＝36，xy＝9， ∴x2

+y2

＝2xy，即x＝y，

将x＝y代入x2

+y2

＝36得x2

＝18， 解得x＝3（负值舍去）， ∴OA＝3；

（3）OC的最大值为8， 如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，

∴OC≤OM+CM＝8，

当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，

连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，23

∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN， ∴△CMD∽△OMN， ∴

＝

＝

，即

＝，

＝，

解得MN＝，ON＝∴AN＝AM﹣MN＝， 在Rt△OAN中，OA＝∴cos∠OAD＝

＝

＝

．

，

【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．

24