Question

20．如圖，在直角坐標(biāo)系中，A（-1，0），B（0，2），一動(dòng)點(diǎn)P沿過B點(diǎn)且垂直于AB的射線BM運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，射線BM與x軸交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）若P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)也同時(shí)開始從C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，t秒后，以P，Q，C為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形．求t的值．

Answer 1

分析 （1）先由A（-1，0），B（0，2），可得：OA=1，OB=2，然后根據(jù)射影定理可求出OC的值，進(jìn)而確定點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）分三種情況討論即可：①當(dāng)PQ=QC時(shí)；②當(dāng)PQ=PC時(shí)；③當(dāng)PC=QC時(shí)．

解答 解：（1）∵A（-1，0），B（0，2），
∴OA=1，OB=2，
∵BC⊥AB，OB⊥AC，
∴OB²=OA•OC，
∴OC=4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為：（4，0）；
（2）∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為：（4，0），
∴OC=4，
∴AC=1+4=5，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：
BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，Q點(diǎn)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，
∴t秒后，BP=2t，CQ=t，
則PC=2$\sqrt{5}$-2t，
①當(dāng)PQ=QC時(shí)，如圖1，

作QE⊥PC，
∵PQ=QC，
∴EC=$\frac{1}{2}$PC=$\sqrt{5}$-t，
∵QE⊥BC，AB⊥BC，
∴QE∥AB，
∴△CEQ∽△CBA，
∴$\frac{CE}{BC}=\frac{CQ}{AC}$，
即$\frac{\sqrt{5}-t}{2\sqrt{5}}=\frac{t}{5}$，
解得：t=5$\sqrt{5}$-10；
②當(dāng)PQ=PC時(shí)，如圖2，

作PF⊥QC垂足為F，
∵PQ=PC，
∴FC=$\frac{1}{2}$QC=$\frac{1}{2}$t，
∵AB⊥BC，PF⊥QC，
∴∠ABC=∠PFC=90°，
∵∠PCF=∠ACP，
∴△PCF∽△ACB，
∴$\frac{PC}{AC}=\frac{FC}{BC}$，
即$\frac{2\sqrt{5}-2t}{5}=\frac{\frac{1}{2}t}{2\sqrt{5}}$，
解得：t=$\frac{64\sqrt{5}-40}{59}$；
③當(dāng)PC=QC時(shí)，如圖3，

∵PC=QC，
∴2$\sqrt{5}$-2t=t，
解得：t=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
∴當(dāng)t=5$\sqrt{5}$-10或t=$\frac{64\sqrt{5}-40}{59}$或t=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$時(shí)，以P，Q，C為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 此題是一次函數(shù)的綜合題，主要考查了動(dòng)點(diǎn)問題，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解（2）的關(guān)鍵是：分三種情況討論：①當(dāng)PQ=QC時(shí)；②當(dāng)PQ=PC時(shí)；③當(dāng)PC=QC時(shí)．