Question

8．如圖，在平面直角系中，點A、B分別在x軸、y軸上，A（8，0），B（0，6），點P從點B出發(fā)，沿BA以每秒1個單位的速度向點A運動，點Q從點A出發(fā)，沿AO以每秒1個單位的速度向點O運動，點P、Q同時出發(fā)，當點Q到達點O時，兩點同時停止運動，設點Q的運動時間為t秒．
（1）連接PQ，過點Q作QC⊥AO交AB于點C，用含t的代數(shù)式表示C點坐標；
（2）在整個運動過程中，當t為何值時，△CPQ為等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）證明△ACQ∽△ABO，列比例式求CQ的長，表示點C的坐標為（8-t，$\frac{3}{4}$t）；
（2）分情況進行討論：
①當CP=CQ時，如圖1，根據(jù)PC=CQ列式解出；
②當CP=PQ時，如圖2，過P作PD⊥CQ于D，根據(jù)AP=$\frac{1}{2}$AC列式解出；
③當CQ=CP時，如圖3，根據(jù)AP的長，利用兩種算法列式；
④當CQ=PQ時，如圖4，利用同角的三角函數(shù)求CE和EP的長，根據(jù)AC=CP+AP=$\frac{5}{4}$t，列式解出．

解答 解：（1）由題意得：AQ=BP=t，
∴OQ=OA-AQ=8-t，
∵CQ⊥AO，BO⊥AO，
∴CQ∥BO，
∴△ACQ∽△ABO，
∴$\frac{CQ}{BO}=\frac{AQ}{AO}$，
∴$\frac{CQ}{6}=\frac{t}{8}$，
∴CQ=$\frac{3}{4}$t，
∴C（8-t，$\frac{3}{4}$t）；
（2）①當CP=CQ時，如圖1，
在Rt△ACQ中，AC=$\sqrt{C{Q}^{2}+A{Q}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{4}t）^{2}+{t}^{2}}$=$\frac{5}{4}$t，
在Rt△AOB中，AB=10，
∴PC=AB-PB-AC=10-t-$\frac{5}{4}$t，
∴$\frac{3}{4}$t=10-t-$\frac{5}{4}$t，
t=$\frac{10}{3}$，
②當CP=PQ時，如圖2，過P作PD⊥CQ于D，
∴CD=DQ，
∵PD∥AQ，
∴CP=PA，
由①得：AC=$\frac{5}{4}$t，
∴AP=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{8}$t，
∴$\frac{5}{8}t$=10-t，
t=$\frac{80}{13}$，
③當CQ=CP時，如圖3，
∵CQ=CP=$\frac{3}{4}$t，
∴AP=AC-CP=$\frac{5}{4}$t-$\frac{3}{4}$t=$\frac{t}{2}$，
∴$\frac{t}{2}$=10-t，
t=$\frac{20}{3}$；
④當CQ=PQ時，如圖4，
過Q作QE⊥AB于E，
cos∠QCA=cos∠OBA，
∴$\frac{BO}{AB}=\frac{CE}{CQ}$，
∴$\frac{6}{10}=\frac{CE}{\frac{3}{4}t}$，
∴CE=$\frac{9}{20}t$，
∴CE=PE=$\frac{9}{20}t$，
∵AC=CP+AP=$\frac{5}{4}$t，
∴$\frac{9}{20}t$+$\frac{9}{20}t$+10-t=$\frac{5}{4}$t，
t=$\frac{200}{27}$；
綜上所述，當t為$\frac{10}{3}$或$\frac{80}{13}$或$\frac{20}{3}$或$\frac{200}{27}$時，△CPQ為等腰三角形．

點評 本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定、坐標與圖形性質(zhì)、三角形相似的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)等，對于動點問題，要先確定動點的路線、速度、時間，確定其路程是關(guān)鍵，即表示對應線段的長；并采用了分類討論的思想確定等腰三角形時t的時間，本題容易漏解，要全方面考慮．