Question

19．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（10，0），B（4，8）C（0，8），連接AB，BC，點(diǎn)P從坐標(biāo)原點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動，同時，點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿折線A-B-C向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動，設(shè)兩點(diǎn)運(yùn)動的時間為t秒，請解答下列問題：
（1）求證：AO=AB；
（2）當(dāng)△APQ為直角三角形時，請求出運(yùn)動的時間t；
（3）設(shè)點(diǎn)D為線段PQ的中點(diǎn)，在整個運(yùn)動的過程中：
①有PQ∥AB的時刻嗎？若有，請求出此時點(diǎn)D的坐標(biāo)，若沒有，請說明理由；
②請直接寫出點(diǎn)D運(yùn)動的距離．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)Q作QD⊥x軸于點(diǎn)D，利用勾股定理求出AB的長度，即可求證AO=AB；
（2）△APQ為直角三角形時，由于沒有規(guī)定哪個頂點(diǎn)是直角頂點(diǎn)，所以分三種情況進(jìn)行討論；
（3）①當(dāng)PQ∥AB時，此時點(diǎn)Q只能在BC上，且易證四邊形QBAP是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
②分點(diǎn)Q在AB上，Q在BC上討論點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而求出點(diǎn)D運(yùn)動的軌跡，進(jìn)而求出D運(yùn)動的距離．

解答 解：（1）過點(diǎn)Q作QD⊥x軸于點(diǎn)D，
∵A（10，0），B（4，8）C（0，8），
∴AO=10，BD=8，AD=6，
由勾股定理可求得：AB=10，
∴AB=AO；
（2）由題意可知：0≤t≤7，
當(dāng)點(diǎn)P是直角頂點(diǎn)時，
∴PQ⊥AP，
∴PA=10-t，
若0≤t≤5時，點(diǎn)Q在AB上，如圖2，
此時AQ=2t，
∵cos∠BAO=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{AP}{AQ}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{50}{11}$，
若5＜t≤7時，點(diǎn)Q在BC上，如圖3，
∴CQ=14-2t，OP=t，
∴OP=CQ，
∴t=14-2t，
∴t=$\frac{14}{3}$，此情況不存在；
當(dāng)點(diǎn)A是直角頂點(diǎn)時，
此時，∠QAP不可能為90°，此情況不符合題意；
當(dāng)點(diǎn)Q是直角頂點(diǎn)時，
若0≤t≤5時，Q在AB上，如圖4，
此時，AQ=2t，AP=10-t
∵cos∠BAO=$\frac{6}{10}$=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{AQ}{AP}$=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{2t}{10-t}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{30}{13}$，
若5＜t≤7時，點(diǎn)Q在BC上，如圖5，
過點(diǎn)Q作QE⊥x軸于點(diǎn)E，
此時，CQ=14-2t，OP=t，
QE=8，PE=CQ-OP=14-3t，
EA=10-（14-2t）=2t-4，
∵∠PQA=∠QEA=90°，
∴∠PQE+∠EQA=∠EQA+∠QAP=90°，
∴∠PQE=∠QAP，
∴△PQE∽△QAE，
∴$\frac{QE}{PE}=\frac{EA}{QE}$，
∴QE²=PE•EA，
∴64=（14-3t）（2t-4），
化簡可得：3t²-8t+60=0，
△=-656＜0，故此情況不存在；
綜上所述，t=$\frac{50}{11}$或$\frac{30}{13}$；
（3）①當(dāng)PQ∥AB時，如圖6，
此時四邊形QBAP是平行四邊形，
∴PQ=AB=10，
∵點(diǎn)D是PQ的中點(diǎn)，
∴PD=5，
過點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，
∴sin∠DPF=sin∠BAO=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{DF}{PD}$=$\frac{4}{5}$，
∴DF=4，
∴由勾股定理可知：PF=3，
∵QB=PA=2t-10，OP=t，
PA+OP=10，
∴2t-10+t=10，
∴t=$\frac{20}{3}$，
∴OF=$\frac{20}{3}$-3=$\frac{11}{3}$，
∴D的坐標(biāo)為（$\frac{11}{3}$，4）
②過點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，
當(dāng)0≤t≤5時，如圖7，
此時，OP=t，AQ=2t，
∵sin∠BAO=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{QF}{AQ}$=$\frac{4}{5}$，
∴QF=$\frac{8}{5}t$，
由勾股定理可知：AF=$\frac{6}{5}t$，
∴OF=10-$\frac{6}{5}$t，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（10-$\frac{6}{5}$t，$\frac{8}{5}t$），
∵P的坐標(biāo)為（t，0），
∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知：D的坐標(biāo)為（5-$\frac{t}{10}$，$\frac{4}{5}$t）
∴點(diǎn)D在直線y=-8x+40上，
當(dāng)t=0時，D的坐標(biāo)為（5，0），
當(dāng)t=5時，D的坐標(biāo)為（$\frac{9}{2}$，4），
∴由勾股定理可知：點(diǎn)D走過的路程為$\frac{\sqrt{65}}{2}$；
當(dāng)5＜t≤7時，如圖8
此時，OP=t，CQ=14-2t，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），Q（14-2t，8），
∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知：D的坐標(biāo)為（7-$\frac{t}{2}$，4）
∴此時點(diǎn)D在直線y=4上，
當(dāng)t=5時，D的坐標(biāo)為（$\frac{9}{2}$，4），
當(dāng)t=7時，D的坐標(biāo)為（$\frac{7}{2}$，4），
∴D走過的路程為1，
∴D運(yùn)動的距離為：1+$\frac{\sqrt{65}}{2}$

點(diǎn)評 本題考查三角形的綜合問題，涉及平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，解方程等知識，綜合程度較高．