Question

（2013•橋東區(qū)二模）如圖，Rt△ABC在平面直角坐標(biāo)系中，BC在x軸上，B（-1，0）、A（0，2），AC⊥AB．
（1）求線段OC的長(zhǎng)．
（2）點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)以每秒4個(gè)單位的速度沿x軸正半軸運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從A點(diǎn)出發(fā)沿線段AC以

5

個(gè)單位每秒速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，另一點(diǎn)也隨之停止，設(shè)△CPQ的面積為S，兩點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，求S與t之間關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量取值范圍．
（3）Q點(diǎn)沿射線AC按原速度運(yùn)動(dòng)，⊙G過(guò)A、B、Q三點(diǎn)，是否有這樣的t值使點(diǎn)P在⊙G上？如果有求t值，如果沒(méi)有說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）利用△AOB∽△COA即可求得OC=4．
（2）分當(dāng)P在BC上，Q在線段AC上時(shí)、當(dāng)P在BC延長(zhǎng)線上，Q在線段AC上時(shí)、當(dāng)C、P、Q都在同一直線上利用△CQD∽△CAO求得t值即可．
（3）若點(diǎn)P在圓G上，因?yàn)锳C⊥AB，所以BQ是直徑，所以∠BPQ=Rt∠，即PQ⊥BC，則BP²+PQ²=BQ²=BA²+AQ²，得到有關(guān)t的式子求解即可．

解答：解：（1）∵AC⊥AB，
∴∠ABO+∠ACO=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠ACO，∠ABO=∠OAC，
∴△AOB∽△COA，
∴

OC

AO

=

AO

OB

∵B（-1，0）、A（0，2），
∴OA=2，OB=1，
∴

OC

2

=

2

1

，
∴OC=4；

（2）①當(dāng)P在BC上，Q在線段AC上時(shí)，（0＜t＜

5

4

）過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥BC于D，
如圖所示，則CQ=2

5

-

5

t，CP=5-4t，
由△CQD∽△CAO可得QD=2-t，
所以S=

1

2

CP•QD=

1

2

（5-4t）（2-t），
即S=2t²-

13

2

t+5（0＜t＜

5

4

）；
②當(dāng)P在BC延長(zhǎng)線上，Q在線段AC上時(shí)（

5

4

＜t＜2），過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥BC于D，
如圖所示，則CQ=2

5

-

5

t，CP=4t-5，
由△CQD∽△CAO可得QD=2-t，
所以S=

1

2

CP•QD=

1

2

（4t-5）（2-t），
即S=-2t²+

13

2

t-5（

5

4

＜t＜2），
③當(dāng)t=

5

4

或t=2時(shí)C、P、Q都在同一直線上，S=0．

（3）若點(diǎn)P在圓G上，因?yàn)锳C⊥AB，所以BQ是直徑，所以∠BPQ=90°，即PQ⊥BC，
則BP²+PQ²=BQ²=BA²+AQ²，
得|4t|2+|2-t|2=(

5

)2+(

5

t)2，
解得t1=

1

2

，t2=-

1

6

（不合題意，舍去）
所以當(dāng)t=

1

2

時(shí)，點(diǎn)P在圓G上．
（也可以在（2）的基礎(chǔ)上分類討論，利用相似求得）

點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、勾股定理及圓周角定理的知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)，難度較大．本題中重點(diǎn)滲透了方程思想．