Question

14．如圖，∠OAB=45°，點A的坐標是（4，0），AB=$2\sqrt{2}$，連結OB．
（1）直接寫出點B的坐標．
（2）動點P從點O出發(fā)，沿折線O-B-A方向向終點A勻速運動，另一動點Q從點O出發(fā)，沿OA方向勻速運動，若點P的運動速度為$\sqrt{2}$個單位/秒，點Q的運動速度是1個單位/秒，P、Q兩點同時出發(fā)，設運動時間為t秒，請求出使△OPQ的面積等于1.5時t的值．
（3）動點P仍按（2）中的方向和速度運動，但Q點從A點向O點運動，速度為1個單位/秒，P、Q與△OAB中的任意一個頂點形成直角三角形時，求此時t（t≠0）的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1，過B作BC⊥OA于C，根據(jù)∠OAB=45°，可知△ACB為等腰直角三角形，求出BC和AC的長為2，再由點A的坐標得出OA=4，所以得出B（2，2）；
（2）有兩種情況：①P在OB上時，如圖2，作△OPQ的高線PD，根據(jù)速度和時間表示動點的路程：OP=$\sqrt{2}$t，OQ=t，根據(jù)圖1求出∠AOB=45°，所以△POD是等腰直角三角形，表示出高線PD的長，代入面積公式列等量關系式可求得結論；②P在AB上時，同理可求得t的值；
（3）分四種情況進行討論：①當0＜t≤2時，∠OPQ=90°，如圖3，②當0＜t≤2時，∠OQP=90°，如圖4，③當2＜t＜4時，∠APQ=90°，如圖5，④點Q與O重合，點P與A重合，如圖6；分別根據(jù)45°的余弦列式求出．

解答 解：（1）過B作BC⊥OA于C，
∵∠OAB=45°，
∴△ACB為等腰直角三角形，
∵AB=2$\sqrt{2}$，
∴BC=AC=2，
∵A（4，0），
∴OA=4，
∴OC=OA-AC=4-2=2，
∴B（2，2）；
（2）過P作PD⊥OA于D，
如圖1，由（1）得：OC=BC=2，∠BCO=90°，
∴∠AOB=45°，
如圖2，當0≤t≤2時，由題意得：OP=$\sqrt{2}$t，OQ=t，
∵△POD是等腰直角三角形，
∴PD=$\frac{OP}{\sqrt{2}}$=t，
∵S_△OPQ=1.5，
∴$\frac{1}{2}$OQ•PD=1.5，
$\frac{1}{2}$t²=1.5，
t=$±\sqrt{3}$，
如圖7，當2≤t≤4時，過P作PD⊥OA于D，過B作BC⊥OA于C，
由題意得：OB+BP=$\sqrt{2}$t，OQ=t，OB=2$\sqrt{2}$，
∴AP=4$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t，
∵PD∥BC，
∴△ADP∽△ACB，
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{PD}{BC}$，
∴$\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{2\sqrt{2}}=\frac{PD}{2}$，
∴PD=4-t，
∵S_△OPQ=1.5，
∴$\frac{1}{2}$OQ•PD=1.5，
$\frac{1}{2}$t（4-t）=1.5，
t（4-t）=3，
t²-4t+3=0，
（t-1）（t-3）=0，
t₁=1＜2（舍），t₂=3，
答：當t=$\sqrt{3}$或3秒時，△OPQ的面積等于1.5；
（3）分四種情況：
①當0＜t≤2時，∠OPQ=90°，如圖3，
由題意得：OP=$\sqrt{2}$t，AQ=t，OQ=4-t，
則cos45°=$\frac{OP}{OQ}$，
$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}t}{4-t}$，
解得：t=$\frac{4}{3}$；
②當0＜t≤2時，∠OQP=90°，如圖4，
由題意得：OP=$\sqrt{2}$t，AQ=t，OQ=4-t，
則cos45°=$\frac{OQ}{OP}$，
$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{4-t}{\sqrt{2}t}$，
解得：t=2；
③當2＜t＜4時，AQ=t，AP=4$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t，
當∠APQ=90°時，如圖5，
cos45°=$\frac{AP}{AQ}$，
$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{t}$，
解得：t=$\frac{8}{3}$；
④如圖6，點Q與O重合，點P與A重合，
∠PBQ=90°，此時t=4；
綜上所述，P、Q與△OAB中的任意一個頂點形成直角三角形時，t的值為$\frac{4}{3}$或2或$\frac{8}{3}$或4．

點評 本題是三角形的綜合題，也是動點運動問題，與坐標相結合，注意線段的長與坐標特點；考查了等腰直角三角形、特殊三角函數(shù)的性質和定義，熟記45°的特殊三角函數(shù)值，在表示動點P、Q的路程時，注意當t大于2時，點P的路程和AP的長．