已知：在平面直角坐标系中，点A（2，4），AB⊥x轴于点B，将△AOB沿AO翻折得到△AOB′，OD⊥OA交直线AB′于点D，CD⊥x轴于点C．（1）求直线AD的解析

网友回答

解：（1）在AD上截取AB′=AB，连接OB′．如图1所示：
∵A（2，4），∴OB=2，AB=4．
∵将△AOB沿AO翻折得到△AOB′，
∴AB′=AB=4，OB′=OB=2，OB′⊥AD．
∵OA⊥OD，OB′⊥AD，
∴∠OB′D=∠OB′A=90°，
∴∠B′DO+∠DOB′=90°，∠B′DO+∠OAD=90°，
∴∠DOB′=∠OAD，
∴△OB′D∽△AB′O，
∴OB′2=AB′?DB′，即22=4DB′，
∴DB′=1．
在直角△ODB′中，根据勾股定理得：OD=．
∵∠AOD=90°，∴∠DOC+∠AOB=90°，
又∠DCO=90°，∴∠CDO+∠DOC=90°，
∴∠AOB=∠CDO，
∴△CDO∽△BOA，
∴==，即==，
∴CD=1，CO=2，即D（-2，1）．
设直线AD的解析式为y=kx+b，将A和D的坐标代入，
得：，
解得：，
故直线AD的解析式为y=x+；

（2）分两种情况：
①如果动点P在线段OA上时，0≤t≤2．如图2①所示：
∵OP=t，OA=2，∴AP=OA-OP=2-t．
∵PE∥AB，∴PE：AB=OE：OB=OP：OA，
∴PE：4=OE：2=t：2=t：2，
∴PE=2t，OE=t．
易证△MAP≌△QAP，则PM=PQ．
∵PM∥OD，∴PM：OD=AP：OA，
∴PM：=（2-t）：2，
∴PM=AP=（2-t），
∴PQ=PM=（2-t）．
过点P作PE⊥BC于E．
∵BQ∥EP∥CN，
∴PQ：PN=BE：CE，
∴（2-t）：PN=（2-t）：（2+t），
∴PN=（2+t），
∴s=AP?PN=（2-t）×（2+t）=（4-t2）；
②如果动点P在射线OA上时，t＞2．如图2②所示：
∵OP=t，OA=2，∴AP=OP-OA=t-2．
∵PE∥AB，∴PE：AB=OE：OB=OP：OA，
∴PE：4=OE：2=t：2=t：2，
∴PE=2t，OE=t．
易证△MAP≌△QAP，则PM=PQ．
∵PM∥OD，∴PM：OD=AP：OA，
∴PM：=（t-2）：2，
∴PM=AP=（t-2），
∴PQ=PM=（t-2）．
过点P作PE⊥BC于E．
∵BQ∥EP∥CN，
∴PQ：PN=BE：CE，
∴（t-2）：PN=（t-2）：（t+2），
∴PN=（t+2），
∴s=AP?PN=（t-2）×（t+2）=（t2-4）．
综上，可知s=；


（3）在动点P运动的过程中，存在t=或，使NQ=3MP．理由如下：
分两种情况：
①如果动点P在线段OA上时，0≤t≤2．
∵NQ=3MP，MP=PQ，
∴PN=2PQ，
又∵PN=（2+t），PQ=（2-t），
∴（2+t）=2×（2-t），
∴t=，符合题意；
②如果动点P在射线OA上时，t＞2．
∵NQ=3MP，MP=PQ，
∴PN=4PQ，
又∵PN=（t+2），PQ=（t-2），
∴（t+2）=4×（t-2），
∴t=，符合题意．
故在动点P运动的过程中，存在t=或，使NQ=3MP．
解析分析：（1）在AD上截取AB′=AB，连接OB′，先由轴对称的性质得出AB′=AB=4，OB′=OB=2，OB′⊥AD，再证明△OB′D∽△AB′O，根据相似三角形对应边成比例，得出DB′=1，则OD=，再证明△CDO∽△BOA，得出D（-2，1），然后运用待定系数法即可求出直线AD的解析式；
（2）分两种情况：①动点P在线段OA上；②动点P在射线OA上．对于①，画出图形，由于△ANP的面积s=AP?PN，而AP=OA-OP=2-t，所以关键是用含t的代数式表示PN．先由ASA得出△MAP≌△QAP，则PM=PQ，再由PM∥OD，得出PM=AP=（2-t）．然后过点P作PE⊥BC于E，由平行线分线段成比例定理，可得PQ：PN=BE：CE，从而求出PN；对于②，同①可求；
（3）分两种情况：①动点P在线段OA上时，则有PN=2PQ，据此列出关于t的方程；②动点P在射线OA上时，则有PN=4PQ，据此列出关于t的方程．如果求出的t值经检验，符合题意，则存在；否则，不存在．

点评：本题主要考查了轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，以及一次函数的综合应用，要注意的是（2）与（3）中，要根据P点的不同位置进行分类求解．