Question

4．如圖，平面直角坐標(biāo)系（單位：cm）中，B（5，4），D（-3，0），過B作BC⊥x軸于C，BA⊥y軸于A，點P從點A出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B方向向終點B運動；點Q從點D出發(fā)，以每秒2cm的速度沿D→C方向向終點C運動，已知動點P、Q同時出發(fā)，當(dāng)點P，點Q有一點到達終點時，P、Q都停止運動，設(shè)運動時間為t秒．
（1）用含t的代數(shù)式表示：BP=（5-t）cm，CQ=（8-2t）cm，當(dāng)t=3秒時，四邊形PQCB為矩形．
（2）在點P運動過程中，函數(shù)y=$\frac{k}{x}$（k為常數(shù)，k≠0）的圖象在第一象限內(nèi)的一支雙曲線經(jīng)過點P，且與線段BC交于M點，設(shè)△POM的面積為S（cm²），請寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在點P、點Q的運動過程中，是否存在某一時刻，使坐標(biāo)平面上存在點R，以P、Q、C、R為頂點的四邊形剛好是菱形？若存在，請求出所有滿足條件的t的值及對應(yīng)的點R的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意得出AP=tcm，AB=5cm，即可得出BP；由DC=8，DQ=2t，即可得出CQ；當(dāng)BP=CQ時，四邊形PQCB是矩形，得出方程，解方程即可求出t的值；
（2）由點P坐標(biāo)得出k=4t，得出BM，連接PO、PM、OM，△POM的面積=矩形AOCB的面積-△AOP的面積-△PBM的面積-△OCM的面積，即可得出結(jié)果；
（3）由勾股定理得出PQ²=（t-3）²+4²，PC²=（t-5）²+4²，CQ²=（8-2t）²，分情況討論：①當(dāng)PQ=PC時；②當(dāng)PQ=CQ時；③當(dāng)PC=CQ時；分別解方程求出t的值，再求出AR即可得出點R的坐標(biāo)．

解答 解：（1）根據(jù)題意得：AP=tcm，AB=5cm，
∴BP=（5-t）cm，
故答案為：（5-t）；
∵DC=DO+OC=3+5=8，DQ=2tcm，
∴CQ=DC-DQ=（8-2t）cm，
故答案為：（8-2t）；
當(dāng)BP=CQ時，四邊形PQCB是矩形，
∴5-t=8-2t，
解得：t=3，
∴當(dāng)t=3秒時，四邊形PQCB為矩形；
故答案為：3；
（2）∵點P的坐標(biāo)為（t，4），點P在反比例函數(shù)的圖象上，
∴k=4t，
∴y=$\frac{4t}{x}$，
∴點M的坐標(biāo)為（5，$\frac{4t}{5}$），
∴BM=4-$\frac{4t}{5}$，
連接PM，如圖1所示：
∴△POM的面積S=矩形AOCB的面積-△AOP的面積-△PBM的面積-△OCM的面積
=5×4-$\frac{1}{2}$×t×4-$\frac{1}{2}$×（5-t）×（4-$\frac{4t}{5}$）-$\frac{1}{2}$×5×$\frac{4t}{5}$=-$\frac{2}{5}$t²+10，
∵點Q從點D運動到點C用是為4秒，點P從點A運動到點B用時為5秒，
∴0≤t≤4，
∴S=-$\frac{2}{5}$t²+10（0≤t≤4）；
（3）存在；t的值為$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$或$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$，點R的坐標(biāo)為（$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$，4），或（3-2$\sqrt{13}$，4）；理由如下：
∵點P的坐標(biāo)為（t，4），點Q的坐標(biāo)為（3t-3），點C的坐標(biāo)為（5，0），
∴PQ²=（t-3）²+4²，PC²=（t-5）²+4²，CQ²=（8-2t）²；
分情況討論：
①當(dāng)PQ=PC時，（t-3）²+4²=（t-5）²+4²，
解得：t=4（不合題意，舍去）；
②當(dāng)PQ=CQ時，（t-3）²+4²=（8-2t）²，
解得：t=$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$，或t=$\frac{13+2\sqrt{13}}{3}$（不合題意，舍去），
∴t=$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$；
若四邊形PQCR為菱形，
則PR∥CQ，點R在直線AB上，如圖2所示：
∴AR=AP+PR=t+8-2t=8-t=8-$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$=$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$，
此時點R的坐標(biāo)為（$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$，4）；
③當(dāng)PC=CQ時，（t-5）²+4²=（8-2t）²，
解得：t=$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$，或t=$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$（不合題意，舍去），
∴t=$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$；
若四邊形PQCR為菱形，
則PR∥CQ，點R在直線AB上，如圖3所示：
∴AR=PR-AP=8-2t-t=8-3t=-3+2$\sqrt{13}$，
此時點R的坐標(biāo)為（3-2$\sqrt{13}$，4）；
綜上所述：存在某一時刻，使坐標(biāo)平面上存在點R，以P、Q、C、R為頂點的四邊形剛好是菱形，
t的值為$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$或$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$，點R的坐標(biāo)為（$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$，4），或（3-2$\sqrt{13}$，4）．

點評 本題是反比例函數(shù)綜合題目，考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、反比例函數(shù)解析式的運用、菱形的性質(zhì)、三角形面積的計算等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要進行分類討論，運用勾股定理得出方程才能得出結(jié)果．