①∵∠OED=60°，∠AOB=30°，

∴∠OFE=90°，

∴OA⊥DE，

∴将△OEF沿直线DE折叠得到△O′EF，折叠后点O′落在直线OA上，

如图，当点O′落在线段OA上，△O′EF与△AOB重叠部分是三角形时，

∵△OEF沿直线DE折叠得到△O′EF，

∴△OEF≌△O′EF．

∴OE=O′E=t，∠EO′F=∠EOF=30°，

∴EF= $\frac{1}{2}$ O′E= $\frac{1}{2}$ t．

∴ $O^{'} F = \sqrt{O^{'} E^{2} - E F^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} t$ ，

∴ $S = \frac{1}{2} E F \cdot O^{'} F = \frac{\sqrt{3}}{8} t^{2} (0 < t \leq \frac{2 \sqrt{3}}{3})$ ；

如图，当点O′落在线段OA延长线上，△O′EF与△AOB重叠部分是三角形时，设AB与EF交于点M．

∵ $O E = O^{'} E = t ， ∠ E F O = 90 ° ， ∠ E O F = 30 °$ ，

∴ $\cos ∠ E O F = \frac{O F}{O E} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

$∴ O F = \frac{\sqrt{3}}{2} O E = \frac{\sqrt{3}}{2} t$ ，

$∴ A F = O A - O F = 2 - \frac{\sqrt{3}}{2} t$ ，

$∵ ∠ A B O = ∠ E F O = 90 °$ ，

$∴ ∠ A O B + ∠ B A O = ∠ A M F + ∠ B A O = 90 °$ ．

$∴ ∠ A M F = 30 °$ ．

$∵ ∠ M F A = 90 ° ， ∠ A M F = 30 °$ ，

$∴ \tan ∠ A M F = \frac{A F}{M F} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．

$∴ M F = \sqrt{3} A F = \sqrt{3} (2 - \frac{\sqrt{3}}{2} t)$ ，

$∴ S = \frac{1}{2} A F \cdot M F = \frac{\sqrt{3}}{2} {(2 - \frac{\sqrt{3}}{2} t)}^{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{8} t^{2} - 3 t + 2 \sqrt{3} (\sqrt{3} \leq t < \frac{4 \sqrt{3}}{3})$ ．

$∴ S = {\begin{array}{l} \frac{\sqrt{3}}{8} t^{2} ， 0 < t \leq \frac{2 \sqrt{3}}{3} \\ \frac{3 \sqrt{3}}{8} t^{2} - 3 t + 2 \sqrt{3} ， \sqrt{3} \leq t < \frac{4 \sqrt{3}}{3} \end{array}$ ；

②如图，当点O′落在线段OA延长线上，△O′EF与△AOB重叠部分是四边形时，设AB与EF交于点G．

∵ $O E = O^{'} E = t ， ∠ E F O = 90 ° ， ∠ E O F = 30 °$ ，

∴EF= $\frac{1}{2} t$ ，OF= $\frac{\sqrt{3}}{2} t$ ，∠BEG=60 $°$ ，∠BGE=30 $°$ ，

∴BE= $\sqrt{3} - t$ ，BG = $\sqrt{3} (\sqrt{3} - t)$ ，

∴ $S = \frac{1}{2} O B \times A B - \frac{1}{2} O F \times E F - \frac{1}{2} B E \times B G$

$= \frac{1}{2} • \sqrt{3} • 1 - \frac{1}{2} • \frac{\sqrt{3}}{2} t • \frac{1}{2} t - \frac{1}{2} (\sqrt{3} - t) • \sqrt{3} (\sqrt{3} - t)$

$= - \frac{5 \sqrt{3}}{8} t^{2} + 3 t - \sqrt{3}$ ( $\frac{2 \sqrt{3}}{3} < t < \sqrt{3}$ )，

对称轴为 $t = \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ ，

∵ $- \frac{5 \sqrt{3}}{8} < 0$ ，

∴当 $t = \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ 时， $S$ 有最大值 $\frac{\sqrt{3}}{5}$ ；

由①知 $S = \frac{\sqrt{3}}{8} t^{2}$ ( $0 < t \leq \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ )，对称轴为 $t = 0$ ，

∴当 $t = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ 时， $S$ 有最大值 $\frac{\sqrt{3}}{6}$ ；

$S = \frac{3 \sqrt{3}}{8} t^{2} - 3 t + 2 \sqrt{3}$ ( $\sqrt{3} \leq t < \frac{4 \sqrt{3}}{3}$ )，对称轴为 $t = \frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，

∴当 $t = \sqrt{3}$ 时， $S$ 有最大值 $\frac{\sqrt{3}}{8}$ ；

综上，当 $t = \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ ，即OE $= \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ 时， $S$ 有最大值 $\frac{\sqrt{3}}{5}$ ；

当PQ垂直AE的延长线时，点A到直线PQ的距离AH最长，△APQ面积取得最大值，如图，

∵OE $= \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ ，

∴BE=BO-OE $= \sqrt{3} - \frac{4 \sqrt{3}}{5} = \frac{\sqrt{3}}{5}$ ，

∴AE $= \sqrt{A B^{2} + B E^{2}} = \frac{2 \sqrt{7}}{5}$ ，

由旋转的性质得：QE= OE $= \frac{4 \sqrt{3}}{5}$ ，∠EQH=∠EOF=30 $°$ ，

∴EH= $\frac{1}{2} Q E = \frac{2 \sqrt{3}}{5}$ ，QH= $\sqrt{3} E H = \frac{6}{5}$ ，PQ=2QH= $\frac{12}{5}$ ，

∴AH=AE+EH= $\frac{2 \sqrt{7}}{5} + \frac{2 \sqrt{3}}{5} = \frac{2 \sqrt{7} + 2 \sqrt{3}}{5}$ ，

△APQ面积= $\frac{1}{2} P Q \times A H = \frac{1}{2} \times \frac{12}{5} \times \frac{2 \sqrt{7} + 2 \sqrt{3}}{5} = \frac{12 \sqrt{7} + 12 \sqrt{3}}{25}$ ．

2022年中考数学二轮专题复习-图像的变换