Question

（2012•香坊區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點0是坐標(biāo)原點，在△ABC中，BC=2AB，點B的坐標(biāo)為（-4，0），點D是BC的中點，且tan∠ACB=

1

2

（1）求點A的坐標(biāo)；
（2）點P從C點出發(fā)，沿線段CB以5個單位/秒的速度向終點B勻速運動，過點P作PE⊥AB．垂足為E，PE交直線AC于點F，設(shè)EF的長為y（y≠O），點P的運動時間為t秒，求y與t之問的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，過點O．作0Q∥AC交AB于Q點，連接DQ，是否存在這樣的t值，使△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在．請說明理由．

Answer 1

分析：（1）設(shè)OA=a，先由tan∠ACB=

1

2

，根據(jù)正切函數(shù)的定義得出OC=2a，則BC=4+2a，AB=2+a，然后在Rt△OAB中，由勾股定理得出AB²=OA²+OB²，列出關(guān)于a的方程，解方程求出a的值，即可得到A點坐標(biāo)；
（2）過點A作AG⊥AB，交BC于G，解Rt△GAB，得出BG=

25

4

，則CG=BC-BG=

15

4

，根據(jù)條件得出0≤t≤2且t≠

3

4

，所以分兩種情況討論：①0≤t＜

3

4

，先由△ABG∽△EBP，得出FP=6-3t-y，再由△CFP∽△CAG，得出y=6-8t；②

3

4

＜t≤2，先由△ACG∽△FCP，得出PE=5t-y，再由△BEP∽△BAG，得出y=8t-6；
（3）同（2）分兩種情況進行討論：①當(dāng)0≤t＜

3

4

時，過Q作QM⊥OB于M，過F作FN⊥BC于N，若△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形，由于∠FQD≠90°，則只能∠QDF=90°．由△OBQ∽△CBA，得出BQ=2，再解Rt△BQM，得出QM=

6

5

，BM=

8

5

，則DM=BD-BM=

17

5

，由（2）知FN=4t，則CN=2FN=8t，DN=CD-CN=5-8t，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似得出△DNF∽△QMD，由相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式，解出t即可；②當(dāng)

3

4

＜t≤2時，過Q作QM⊥OB于M，過F作FN⊥BC于N，F(xiàn)G⊥QM于G，若△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形，由于∠FDQ≠90°，則只能∠FQD=90°，由△FGQ∽△QMD，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列出比例式，解出t即可．

解答：解：（1）設(shè)OA=a，則點A的坐標(biāo)（0，a），
∵tan∠ACB=

OA

OC

=

1

2

，
∴OC=2OA=2a，
∴BC=OB+OC=4+2a，
∵BC=2AB，
∴AB=2+a．
在Rt△OAB中，∵∠AOB=90°，
∴AB²=OA²+OB²，即（a+2）²=a²+4²，
解得a=3，
∴A（0，3）；

（2）過點A作AG⊥AB，交BC于G．
在Rt△GAB中，∵∠GAB=90°，
∴AG=AB•tan∠B=5×

3

4

=

15

4

，
BG=

AB

cos∠B

=

5

4 5

=

25

4

，
∴CG=BC-BG=10-

25

4

=

15

4

．
∵點P從C點出發(fā)，沿線段CB以5個單位/秒的速度向終點B勻速運動，點P的運動時間為t秒，
∴0≤5t≤10，
∴0≤t≤2．
∵P與G重合時，E、F、A三點重合，此時EF的長y=0，與已知矛盾，
∴t≠

CG

5

=

15 4

5

=

3

4

．
分兩種情況討論：
①當(dāng)0≤t＜

3

4

時，如圖2．
∵AG∥EP，
∴△ABG∽△EBP，
∴

AG

EP

=

BG

BP

，

15 4

y+FP

=

25 4

10-5t

，
解得FP=6-3t-y．
∵FP∥AG，
∴△CFP∽△CAG，
∴

FP

AG

=

PC

CG

，
∵AG=CG=

15

4

，
∴FP=PC，即6-3t-y=5t，
∴y=6-8t；
②當(dāng)

3

4

＜t≤2時，如圖3．
∵AG∥FP，
∴△ACG∽△FCP，
∴

AG

FP

=

CG

CP

，
∵AG=CG=

15

4

，
∴FP=CP，即y+PE=5t，
∴PE=5t-y．
∵PE∥AG，
∴△BEP∽△BAG，
∴

PE

AG

=

BP

BG

，

5t-y

15 4

=

10-5t

25 4

，
∴y=8t-6．
綜上所述，y=

6-8t (0≤t＜ 3 4 ) 8t-6 ( 3 4 ＜t≤2)

；

（3）分兩種情況討論：
①當(dāng)0≤t＜

3

4

時，過Q作QM⊥OB于M，過F作FN⊥BC于N，如圖4．
若△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形，∵∠FQD＜∠AQD＜∠AQO=∠EAC＜90°，
∴∠QDF=90°．
∵OQ∥AC，
∴△OBQ∽△CBA，
∴

BQ

BA

=

BO

BC

，即

BQ

5

=

4

10

，
∴BQ=2．
在Rt△BQM中，QM=BQ•sin∠B=2×

3

5

=

6

5

，BM=BQ•cos∠B=2×

4

5

=

8

5

．
∴DM=BD-BM=5-

8

5

=

17

5

，
由（2）知FN=FP•sin∠FPN=CP•sin∠OAB=5t•

4

5

=4t，
∴CN=2FN=8t，DN=CD-CN=5-8t．
∵∠FND=∠DMQ=90°，∠FDN=∠DQM=90°-∠QDM，
∴△DNF∽△QMD，
∴

DN

QM

=

FN

DM

，
∴

5-8t

6 5

=

4t

17 5

，
解得t=

17

32

；
②當(dāng)

3

4

＜t≤2時，過Q作QM⊥OB于M，過F作FN⊥BC于N，F(xiàn)G⊥QM于G，如圖5．
若△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形，∵∠FDQ＜∠ADQ＜∠ADB＜90°，
∴∠FQD=90°．
∵GM=FN=4t，
∴GQ=GM-QM=4t-

6

5

，GF=MN=BC-BM-CN=10-

8

5

-8t=

42

5

-8t，
∵∠FGQ=∠QMD=90°，∠FQG=∠QDM=90°-∠DQM，
∴△FGQ∽△QMD，
∴

FG

QM

=

GQ

MD

，
∴

42 5 -8t

6 5

=

4t- 6 5

17 5

，
解得t=

15

16

．
綜上所述，當(dāng)t=

17

32

或t=

15

16

時，△FDQ是以DQ為一條直角邊的直角三角形．

點評：本題主要考查了銳角三角函數(shù)的定義，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性較強，難度較大．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．