Question

1．如圖，在矩形OABC中，OA=2OC，頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（8，6）．
（1）頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-3，4），頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，10）；
（2）現(xiàn)有動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從C、A同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P沿線段CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位，點(diǎn)Q沿折線A→O→C向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，速度為每秒k個(gè)單位．當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2秒時(shí)，以點(diǎn)P、Q、C頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，求k的值；
（3）若矩形OABC以每秒$\frac{5}{3}$個(gè)單位的速度沿射線AO下滑，直至頂點(diǎn)A到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)停止下滑．設(shè)矩形OABC在x軸下方部分的面積為S，求S關(guān)于滑行時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出相應(yīng)自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）如圖1所示：連接AC、OB，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸，AD⊥x軸．先證明△COE∽△OAD．由相似三角形的性質(zhì)可求得CE=3，OE=4，從而可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，接下來(lái)由矩形的性質(zhì)可證明點(diǎn)F為AC、OB的中點(diǎn)，最后依據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)PQ=CQ時(shí)，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥CP，垂足為D．由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可求得CD=2，然后再證明四邊形CDQO為矩形，從而可求得AQ的長(zhǎng)，最后依據(jù)速度=路程÷時(shí)間求得k的值；當(dāng)CP=CQ時(shí)，可求得OQ+OA=11，最后依據(jù)速度=路程÷時(shí)間求得k的值；
（3）如圖4所示：當(dāng)0≤t≤4時(shí)．由tan∠FOO′=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$．可求得FO′=$\frac{5}{4}$t，最后依據(jù)三角形的面積公式可求得S與t的函數(shù)關(guān)系式；如圖5所示：當(dāng)4≤t≤6時(shí)．過(guò)點(diǎn)C′作C′E∥DO．由tan∠C′EO′=$\frac{3}{4}$，O′C′=5，可求得C′D=OE=$\frac{5}{3}$t-$\frac{20}{3}$．最后依據(jù)梯形的面積公式可求得S與t的函數(shù)關(guān)系式．

解答 解：（1）如圖1所示：連接AC、OB，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸，AD⊥x軸．

∵A（8，6），
∴AD=6，OD=8．
∵CE⊥x軸，AD⊥x軸，
∴∠CEO=∠ADO．
∵ABCO為矩形，
∴∠COA=90°，
∴∠COE+∠AOD=90°．
∵∠COE+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠AOD．
∴△COE∽△OAD．
∴$\frac{CE}{OD}=\frac{OE}{AD}=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}$，即$\frac{CE}{6}=\frac{OE}{8}=\frac{1}{2}$．
∴CE=3，OE=4．
∴C（-3，4）．
∵ABCO為矩形，
∴F為AC、OB的中點(diǎn)．
設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（x，y）．則$\frac{x+0}{2}=\frac{-3+8}{2}$，$\frac{y+0}{2}=\frac{4+6}{2}$，解得：x=5，y=10．
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，10）．
故答案為：C（-3，4）；B（5，10）．
（2）∵由兩點(diǎn)間的距離公式可知：OA=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
∴OC=$\frac{1}{2}$OA=5．
∵PC=4，
∴PQ＞PC．
如圖2所示：當(dāng)PQ=CQ時(shí)，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥CP，垂足為D．

∵PQ=CQ，QD⊥CP，
∴CD=DP=2．
∵∠OCD=∠COQ=∠QDC=90°，
∴四邊形CDQO為矩形．
∴OQ=CD=2．
∴AQ=10-2=8．
∴k=$\frac{8}{2}$=4．
如圖3所示：當(dāng)CP=CQ時(shí)，OQ+OA=10+1=11．

則k=$\frac{11}{2}$．
綜上所述，當(dāng)k=4或k=$\frac{11}{2}$時(shí)，△CQP為等腰三角形．
（3）如圖4所示：當(dāng)0≤t≤4時(shí)．

∵∠FOO′=∠AOD，
∴tan∠FOO′=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$．
又∵OO′=$\frac{5}{3}$t，
∴FO′=$\frac{5}{4}$t．
∴S=$\frac{1}{2}$OF•O′F=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$t•$\frac{5}{3}$t=$\frac{25}{24}$t²．
如圖5所示：當(dāng)4≤t≤6時(shí)．過(guò)點(diǎn)C′作C′E∥DO．

∵tan∠C′EO′=$\frac{3}{4}$，O′C′=5，
∴O′E=$\frac{20}{3}$．
∴C′D=OE=$\frac{5}{3}$t-$\frac{20}{3}$．
∴S=$\frac{1}{2}$O′C′（C′D+O′E）=$\frac{1}{2}$×5×[2×（$\frac{5}{3}$t-$\frac{20}{3}$）+$\frac{20}{3}$]=$\frac{25t}{3}$-$\frac{50}{3}$．
綜上所述，S與t的關(guān)系式為S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{25}{24}{t}^{2}（0≤t≤4）}\\{\frac{25}{3}t-\frac{50}{3}（4≤t≤6）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形、三角形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了矩形的性質(zhì)和判定、相似三角形的性質(zhì)和判定、銳角三角函數(shù)的定義，分類討論是解答問(wèn)題（2）的關(guān)鍵，依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求得OO′、O′F、C′D的長(zhǎng)度（用含t的式子表示）是解題的關(guān)鍵．