Question

12．在平面直角坐標系中，點B（m，n）且m、n滿足（m+2）²+|n+4|=0，點A與點B關(guān)于y軸對稱，平面內(nèi)有一點C，連接AC，AC∥y軸，且A、C兩點間的距離為6．
（1）求C點坐標；
（2）當線段AC與x軸有一交點時，交點為M，點P以每秒1個單位長度的速度從點A沿線段AC向C點運動，若P出發(fā)了t秒鐘，連接0P、BP，探究∠M0P、∠0PB、∠PBA的數(shù)量關(guān)系，并寫出t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，點Q同時以每秒3個單位長度的速度從點B出發(fā)，沿BA→AC運動（其中一點停止運動時，另一個點也停止運動），當t為何值時，P、Q兩點路徑相距2個單位長度時，并求點O、B、P、Q構(gòu)成的四邊形面積．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)求得m=-2，n=-4，從而得到點B和點A的坐標，設(shè)C點為（2，x），則|x-（-4）|=6從而可求得x=2或x=-10，故此可得到C點坐標為（2，2）或（2，-10）；
（2）如圖1所示：當點P在線段AM上時，過點P作PD⊥y軸．先證明AB∥DP∥x軸，由平行線的性質(zhì)可得到∠OPB=∠MOP+∠PBA；如圖2所示，點P在線段CM上時，由三角形的外角的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可證明：∠OPB+∠MOP=∠PBA；
（3）由P、Q兩點路徑相距2個單位長度可求得3t+2=4+t或3t-t=6，從而可解得：t=1或t=3，然后根據(jù)t=1或t=3畫出圖形，從而可求得四邊形OBPQ面積．

解答 解：（1）∵（m+2）²+|n+4|=0，
∴m=-2，n=-4．
∴點B的坐標為（-2，-4）．
∵點A與點B關(guān)于y軸對稱，
∴點A的坐標為（2，-4）．
又∵AC∥y軸，
∴點C橫坐標與A點相同．
設(shè)C點為（2，x），則|x-（-4）|=6．
解得：x=2或x=-10．
∴C點坐標為（2，2）或（2，-10）．
（2）如圖1所示：當點P在線段AM上時，過點P作PD⊥y軸．

∵點B與點A關(guān)于y軸對稱，
∴BA⊥y．
∴AB∥DP∥x軸．
∴∠MOP=∠OPD，∠DPB=∠PBA．
∴∠OPB=∠MOP+∠PBA．
∵AM=4．
∴0≤t≤4．
如圖2所示，點P在線段CM上時．

由三角形的外角的性質(zhì)可知：∠OPB+∠MOP=∠PEM．
∵OM∥AB，
∴∠PEM=∠PBA．
∴∠OPB+∠MOP=∠PBA．
當點P在MC上時，4＜t≤6．
綜上所述，當0≤t≤4時，∠OPB=∠MOP+∠PBA；當4＜t≤6時，∠OPB+∠MOP=∠PBA．
（3）∵P、Q兩點路徑相距2個單位長度，
∴3t+2=4+t或3t-t=6．
解得：t=1或t=3．
當t=1時，如圖3所示：

根據(jù)題意可知：BQ=3，AP=1，PM=3，OM=2．
∴S_{四邊形OBQP}=S_梯形OMAB-S_△OMP-S_△PQA
=$\frac{1}{2}×（2+4）×4$-$\frac{1}{2}×2×3-\frac{1}{2}×1×1$
=12-3-$\frac{1}{2}$
=8$\frac{1}{2}$．
當t=3時，如圖4所示；

根據(jù)題意可知；PM=QM=1，PA=3，
∴S_△OQM=S_△OPM．
∴S_{四邊形OBQP}=S_梯形OBAM-S_△BAP=$\frac{1}{2}×（4+2）×4-\frac{1}{2}×4×3$=12-6=6．

點評 本題主要考查的是非負數(shù)的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形的外角的性質(zhì)、梯形、三角形的面積公式的應(yīng)用，求得t=1或t=3時P、Q兩點路徑相距2個單位長度是解題的關(guān)鍵．