Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，直角梯形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸上，OC=4，∠OAB=45°，且直角梯形OABC的面積為16．
（1）求點B的坐標(biāo)；
（2）點P從O出發(fā)，以2個單位/秒的速度沿x軸正半軸勻速運動；點Q從點A同時出發(fā)，以

2

個單位/秒的速度沿線段AB向終點B勻速運動．當(dāng)點Q到達(dá)終點時，點P也停止運動．過點Q作QH⊥x軸于點H，連接PQ，設(shè)點P運動的時間為t秒，△PQH的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，點M為y軸上一點，點N為射線AB上一點，在點P、Q運動過程中，若四邊形MPQN為菱形，求t的值．

Answer 1

分析：（1）作BD⊥OA于D，可以得出四邊形OCBD，由條件得△ABD為等腰直角三角形，設(shè)CB=a，根據(jù)梯形的面積公式建立方程求出其解就可以求出結(jié)論；
（2）如圖2，由條件可以得出OP=2t，AQ=

2

t，可以求出QH=t，就可以表示出PH的值，根據(jù)三角形的面積公式就可以求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，用AB的長除以

2

就可以求出t的取值范圍；
（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)，分兩種情況，從0＜t＜2和2＜t＜4時，進(jìn)行計算求出t的值，再檢驗是否符合題意就可以求出結(jié)論．

解答：解：（1）如圖1，作BD⊥OA于D，
∴∠BDO=∠BDA=90°，
∵四邊形OABC直角梯形，
∴BC∥OA，∠BCO=∠COD=90°，
∴四邊形BCOD是矩形，
∴BC=OD，OC=BD，
∵∠OAB=45°，
∴tan∠OAB=

BD

AD

=1，sin∠OAB=

2

2

∴AD=BD．
∵OC=4，
∴BD=AD=4．
∴AB=4

2

．
設(shè)CB=x，則OD=x，OA=x+4，
∴

(x+x+4)×4

2

=16，
解得：x=2．
∴BC=2，
∴OA=6．
∵OC=4，
∴C（0，4），
∴B（2，4）；
（2）如圖2，0＜t＜2時，
OP=2t，AQ=

2

t，
∵QH⊥OA，
∴QH=AH=t．
∴PH=6-3t，
∴S=

(6-3t)(t)

2

=

6t-3t2

2

；
如圖3，當(dāng)2＜t≤3時，
OP=2t，AQ=

2

t，
∴QH=AH=t，PA=6-2t，
∴HP=t-（6-2t）=3t-6，
∴S=

t(3t-6)

2

=

3t2-6t

2

；
如圖4，當(dāng)3＜t≤4時，
OP=2t，AQ=

2

t，
∴QH=AH=t，PA=2t-6，
∴HP=t+2t-6=3t-6
∴S=

t(3t-6)

2

=

3t2-6t

2

；
綜上所述：
∴S=

6t-3t2 2 (0＜t＜2) 3t2-6t 2 (2＜t≤4)

；
（3）如圖5，當(dāng)0＜t＜2時，OP=OM=2t，PH=6-3t，QH=t，
∵四邊形MPQN是菱形，
∴MP=QP，
4t²+4t²=t²+（6-3t）²，
解得：t₁=9-3

7

，t₂=9+3

7

（舍去）；
如圖6，當(dāng)2＜t＜4時，OP=OM=2t，PH=3t-6，QH=t，
∵四邊形MPQN是菱形，
∴MP=QP，
4t²+4t²=t²+（3t-6）²，
解得：t₁=9-3

7

（舍去），t₂=9+3

7

（舍去）；
∴t=9-3

7

時，四邊形MPQN為菱形．

點評：本題是一道綜合性較強(qiáng)的試題，考查了直角梯形的性質(zhì)的運用，梯形的面積公式的運用，一元二次方程的解法的運用，分段函數(shù)的運用，菱形的性質(zhì)的運用，解答本題時分類討論是關(guān)鍵．