Question

1．如圖，直線y=-$\frac{4}{3}$x+4與x軸交于A點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)B，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位速度沿射線AO勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿射線BA方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）直接寫出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）請(qǐng)求出t為何值時(shí)，△APQ與△ABO相似？
（3）若點(diǎn)C為為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，是否存在t值，使得以A、P、Q、C為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出C點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）對(duì)于直線y=-$\frac{4}{3}$x+4分別令x=0，y=0即可解決問題．
（2）由△APQ與△ABO相似，得$\frac{AQ}{AB}$=$\frac{AP}{AO}$或$\frac{AQ}{AO}$=$\frac{AP}{AB}$列出方程即可解決問題．
（3）分三種情形列出方程求解①如圖1中，當(dāng)PQ=AP時(shí)，作QC∥PA，AC∥PQ，可得菱形APQC，連接PC交AQ于E．②如圖2中，當(dāng)QP=QA時(shí)，作PC∥AQ，AC∥PQ，可得菱形PQAC，連接CQ交PA于E．③如圖3中，當(dāng)AP=AQ，作OC∥AQ，QC∥OA，可得菱形APCQ．

解答 解：（1）對(duì)于直線y=-$\frac{4}{3}$x+4令x=0，得y=4，可得B（0，4），
令y=0，得x=3，可得A（3，0）．
∴A（3，0），B（0，4）．

（2）在Rt△AOB中，∵OA=3．OB=4，
∴AB=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵△APQ與△ABO相似，
∴$\frac{AQ}{AB}$=$\frac{AP}{AO}$或$\frac{AQ}{AO}$=$\frac{AP}{AB}$，
∴$\frac{5-t}{5}$=$\frac{t}{3}$或$\frac{5-t}{3}$=$\frac{t}{5}$，
解得t=$\frac{15}{8}$或$\frac{25}{8}$．

（3）①如圖1中，當(dāng)PQ=AP時(shí)，作QC∥PA，AC∥PQ，可得菱形APQC，連接PC交AQ于E．

∵四邊形APQC是菱形，
∴PC⊥AQ，AE=QE，
∵cos∠PAE=$\frac{AE}{PA}$=$\frac{OA}{AB}$，
∴$\frac{\frac{1}{2}（5-t）}{2t}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{25}{17}$．
②如圖2中，當(dāng)QP=QA時(shí)，作PC∥AQ，AC∥PQ，可得菱形PQAC，連接CQ交PA于E．

∵四邊形PQAC是菱形，
∴PA⊥CQ，AE=PE，
∵cos∠EAQ=$\frac{AE}{AQ}$=$\frac{OA}{AB}$，
∴$\frac{t}{5-t}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{15}{8}$．
③如圖3中，當(dāng)AP=AQ，作OC∥AQ，QC∥OA，可得菱形APCQ．

∵AP=AQ，
∴2t=5-t，
∴t=$\frac{5}{3}$．
綜上所述，t=$\frac{25}{17}$s或$\frac{15}{8}$s或$\frac{5}{3}$s時(shí)，以A、P、Q、C為頂點(diǎn)的四邊形為菱形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似形的綜合題、相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)把問題轉(zhuǎn)化為方程，屬于中考?jí)狠S題．