Question

10．如圖，將OA=6，AB=4的矩形OABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，動(dòng)點(diǎn)M，N以每秒1個(gè)單位的速度分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，其中點(diǎn)M沿AO向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N沿CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作NP⊥BC，交OB于點(diǎn)P，連接MP．
（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，4）；用含t的式子表示點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$t，\frac{2}{3}t$）；
（2）記△OMP的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式（0＜t＜6）；并求t為何值時(shí)，S有最大值？
（3）試探究：當(dāng)S有最大值時(shí)，在y軸上是否存在點(diǎn)T，使直線MT把△ONC分割成三角形和四邊形兩部分，且三角形的面積是△ONC面積的$\frac{1}{3}$？若存在，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意，OA=6，AB=4，根據(jù)直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)關(guān)系，三角形相似比可得B，P的坐標(biāo)．
（2）S_△OMP=$\frac{1}{2}$×OM×PQ即可得答案．
（3）根據(jù)題意，求出直線ON的函數(shù)關(guān)系式為：y=$\frac{4}{3}x$．設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（0，b），求出直線MT的函數(shù)關(guān)系式，聯(lián)立方程組，求解坐標(biāo)．分割出的三角形，根據(jù)三角形面積公式，令△ONC面積為$\frac{1}{3}$，求解b的值是否存在即可得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意，OA=6，AB=4，
∴B（6，4）；
延長(zhǎng)NP角AB與Q，NB=6-t，則OQ=t，
設(shè)QP=x，則NP=4-x，
△OPQ和△NPB相似，即$\frac{6-t}{4-x}=\frac{t}{x}$
可得x=$\frac{2}{3}t$
∴P（$t，\frac{2}{3}t$），
（2）∵S_△OMP=$\frac{1}{2}$×OM×$\frac{2}{3}t$，
∴S=$\frac{1}{2}$×（6-t）×$\frac{2}{3}t$=$-\frac{1}{3}$t²+2t=$-\frac{1}{3}（t-3）^{2}+3$（0＜t＜6）．
∴當(dāng)t=3時(shí)，S有最大值．
（3）存在．
由（2）得：當(dāng)S有最大值時(shí)，點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為：M（3，0），N（3，4），
則直線ON的函數(shù)關(guān)系式為：y=$\frac{4}{3}x$．
設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（0，b），則直線MT的函數(shù)關(guān)系式為：y=$-\frac{3}x+b$，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4}{3}x}\\{y=-\frac{3}x+b}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3b}{4+b}\\ y=\frac{4b}{4+b}\end{array}\right.$
∴直線ON與MT的交點(diǎn)R的坐標(biāo)為$（\frac{3b}{4+b}，\frac{4b}{4+b}）$．
∵S_△OCN=$\frac{1}{2}$×4×3=6，∴S_△ORT=$\frac{1}{3}$S_△OCN=2． 
①當(dāng)點(diǎn)T在點(diǎn)O、C之間時(shí)，此時(shí)T記為T₁，分割出的三角形是△OR₁T₁，
如圖，作R₁D₁⊥y軸，D₁為垂足，則S_△OR1T1=$\frac{1}{2}$R₁D₁•OT=$\frac{1}{2}$•$\frac{3b}{4+b}$•b=2．
∴3b²-4b-16=0，b=$\frac{{2±2\sqrt{13}}}{3}$．∴b₁=$\frac{{2+2\sqrt{13}}}{3}$，b₂=$\frac{{2-2\sqrt{13}}}{3}$（不合題意，舍去）
此時(shí)點(diǎn)T₁的坐標(biāo)為（0，$\frac{{2+2\sqrt{13}}}{3}$）．
②當(dāng)點(diǎn)T在OC的延長(zhǎng)線上時(shí)，分割出的三角形是△R₂NE，如圖，設(shè)MT交CN于點(diǎn)E，

∵點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為4，∴由①得點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為$\frac{3b-12}$，
作R₂D₂⊥CN交CN于點(diǎn)D₂，則
S_△R2NE=$\frac{1}{2}$•EN•D₂=$\frac{1}{2}$•$（3-\frac{3b-12}）$•$（4-\frac{4b}{4+b}）$=$\frac{96}{b（4+b）}$=2．
∴b²+4b-48=0，b=$\frac{{-4±\sqrt{16+4×48}}}{2}=±2\sqrt{13}-2$．
∴b₁=$2\sqrt{13}$-2，b₂=$-2\sqrt{13}-2$（不合題意，舍去）．
∴此時(shí)點(diǎn)T₂的坐標(biāo)為（0，$2\sqrt{13}-2$）．
綜上所述，在y軸上存在點(diǎn)T₁（0，$\frac{2+2\sqrt{13}}{3}$），T₂（0，$\sqrt{13}-2$）符合條件．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題和三角形面積及其函數(shù)解析式的求法．討論其坐標(biāo)的存在性．屬于難題．