Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，AB⊥x軸，垂足為A，BC⊥y軸，垂足為C，已知A（a，0），C（0，c），其中a，c滿足關(guān)系式a=$\frac{\sqrt{{c}^{2}-64}+\sqrt{64{-c}^{2}}}{c-8}$+6，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)沿折線AB-BC的方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，運(yùn)動(dòng)的速度為每秒1個(gè)單位長度，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t妙．
（1）求A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)三角形ACP的面積為S，用含t的代數(shù)式表示s；
（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，有一個(gè)角∠MPN=60°，PM邊與射線AO相交于點(diǎn)E，PN邊與射線OC相交于點(diǎn)F，試畫出圖形，并探究∠AEP與∠PFC的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1））由a，c滿足關(guān)系式a=$\frac{\sqrt{{c}^{2}-64}+\sqrt{64{-c}^{2}}}{c-8}$+6，可得$\left\{\begin{array}{l}{{c}^{2}-64≥0}\\{64-{c}^{2}≥0}\\{c≠8}\end{array}\right.$，解得c=-8，a=6，由此即可解決問題．
（2）分兩種情形分別求解①當(dāng)0＜t≤8時(shí)．②當(dāng)8＜t≤14時(shí)．
（3）結(jié)論：∠PEA+∠PFC=150°或∠PFC-∠AEP=30°．分兩種情形分別畫出兩個(gè)圖形進(jìn)行證明即可．

解答 解：（1）∵a，c滿足關(guān)系式a=$\frac{\sqrt{{c}^{2}-64}+\sqrt{64{-c}^{2}}}{c-8}$+6，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{c}^{2}-64≥0}\\{64-{c}^{2}≥0}\\{c≠8}\end{array}\right.$，
∴c=-8，a=6，
∴A（6，0），B（6，-8），C（0，-8）．

（2）如圖1中，①當(dāng)0＜t≤8時(shí)，

S=$\frac{1}{2}$•AB•CB=$\frac{1}{2}$•t•6=3t．
②當(dāng)8＜t≤14時(shí)，

S=$\frac{1}{2}$•PC•AB=$\frac{1}{2}$•（14-t）•8=-4t+56，
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{3t}&{（0＜t≤8）}\\{-4t+56}&{（8＜t≤14）}\end{array}\right.$．

（3）①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，

如圖3中，結(jié)論：∠PEA+∠PFC=150°．
理由：連接OP，
∵∠PFC=∠FPO+∠FOP，∠AEP=∠EOP+∠EPO，
∴∠PEA+∠PFC=∠FPO+∠FOP+∠EOP+∠EPO=∠AOF+∠EPF=90°+60°=150°．
如圖4中，結(jié)論：∠PFC-∠AEP=30°，
理由：時(shí)PM交OC于G，
∵∠AEP+∠EGO=90°，∠EGO=∠PGF=120°-∠PFC，
∴∠AEP+120°-∠PFC=90°，
∴∠PFC-∠AEP=30°，

②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，

如圖5中，結(jié)論：∠PFC-∠AEP=30°，
理由：時(shí)PM交OC于G，
∵∠AEP+∠EGO=90°，∠EGO=∠PGF=120°-∠PFC，
∴∠AEP+120°-∠PFC=90°，
∴∠PFC-∠AEP=30°．
如圖6中，結(jié)論：∠PEA+∠PFC=150°．
理由：連接OP，
∵∠PFC=∠FPO+∠FOP，∠AEP=∠EOP+∠EPO，
∴∠PEA+∠PFC=∠FPO+∠FOP+∠EOP+∠EPO=∠AOF+∠EPF=90°+60°=150°．
綜上所述，∠PEA+∠PFC=150°或∠PFC-∠AEP=30°．

點(diǎn)評 本題考查三角形綜合題、矩形的性質(zhì)、二次根式的性質(zhì)、三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考�？碱}型．