Question

12．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)（0，4），點(diǎn)C的坐標(biāo)（6，0），點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)C出發(fā)，沿x軸的負(fù)半軸方向運(yùn)動(dòng)，速度為2個(gè)單位/秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，且S_△AOC=3S_△AOB．

（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）若點(diǎn)D在y軸上，是否存在點(diǎn)P，使以P、D、O為頂點(diǎn)的三角形與△AOB全等？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)D坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由
（3）點(diǎn)Q是y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)A出發(fā)，向y軸的負(fù)半軸運(yùn)動(dòng)，速度為2個(gè)單位/秒．若P、Q分別從C、A兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，求：t為何值時(shí)，以P、Q、O三點(diǎn)構(gòu)成的三角形與△AOB全等．

Answer 1

分析 （1）先求出OA，OC進(jìn)而得出△AOC的面積，即可得出△AOB的面積，最后得出點(diǎn)B坐標(biāo)；
（2）由于∠POD=∠AOB=90°，所以分兩種情況討論計(jì)算即可；
（3）先按時(shí)間分成三種情況，每種情況中同（2）的方法即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)（0，4），點(diǎn)C的坐標(biāo)（6，0），
∴OA=4，OC=6，
∴S_△AOC=$\frac{1}{2}$OC•OA=$\frac{1}{2}$×6×4=12，
∵S_△AOC=3S_△AOB．S_△AOB=4，
設(shè)B（x，0），
∵點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，
∴OB=-x，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$OB•OA=$\frac{1}{2}$×（-x）×4=4，
∴x=-2，
∴B（-2，0）；
（2）∵P在x軸上，D在y軸，
∴∠POD=∠AOB=90°，
∵以P、D、O為頂點(diǎn)的三角形與△AOB全等，
∴①△POD≌△AOB，
∴OD=OB=2，
∴D（-2，0）或（2，0）
②△DOP≌△AOB，
∴OD=OA=4，
∴D（4，0）或（-4，0），
即：滿(mǎn)足條件的D的坐標(biāo)為（0，4），（0，-4），（0，2），（0，-2）．
（3）∵P在x軸上，Q在y軸，
∴∠POQ=∠AOB=90°，
由運(yùn)動(dòng)知，CP=2t，AQ=2t，
∴OP=|2t-6|，OQ=|2t-4|，
當(dāng)0＜t＜2時(shí)，OP=6-2t，OQ=4-2t，
以P、Q、O為頂點(diǎn)的三角形與△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=4-2t，
∴t=1
OP=OA=4=6-2t，
∴t=1，
∴滿(mǎn)足條件，即：t=1s
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=4-2t，
∴t=0，OP=OB=2=6-2t，
∴t=2，
∴不滿(mǎn)足條件，舍去；
當(dāng)2＜t＜3時(shí)，OP=6-2t，OQ=2t-4，
以P、Q、O為頂點(diǎn)的三角形與△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=2t-4，
∴t=3，
OP=OA=4=6-2t，
∴t=1，
∴不滿(mǎn)足條件，舍去；
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=2t-4，
∴t=4，OP=OB=2=6-2t，
∴t=2，
∴不滿(mǎn)足條件，舍去；
當(dāng)t＞3時(shí)，OP=2t-6，OQ=2t-4，
以P、Q、O為頂點(diǎn)的三角形與△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=2t-4，
∴t=3
OP=OA=4=2t-6，
∴t=5，
∴不滿(mǎn)足條件，舍去；，
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=2t-4，
∴t=4，OP=OB=2=2t-6，
∴t=4，
∴滿(mǎn)足條件，即：t=4s
即：滿(mǎn)足條件的時(shí)間t=1s或4s．

點(diǎn)評(píng) 此題是三角形綜合題，主要考查了三角形的面積公式，全等三角形的判定，解本題的關(guān)鍵是分類(lèi)討論，要考慮全面是解本題的難點(diǎn)．