Question

1．如圖，直線y=-x+$\sqrt{2}$分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A的直線m⊥x軸，直線l經(jīng)過原點(diǎn)O交線段AB于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作OC的垂線，與直線m相交于點(diǎn)P，現(xiàn)將直線l繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使交點(diǎn)C在線段AB上由點(diǎn)B向點(diǎn)A方向運(yùn)動(dòng)．
（1）填空：A（$\sqrt{2}$，0）、B（0，$\sqrt{2}$）
（2）直線DE過點(diǎn)C平行于x軸分別交y軸與直線m于D、E兩點(diǎn)，求證：△ODC≌△CEP；
（3）若點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)速度為每秒$\sqrt{2}$單位，運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t秒，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$，a）
①試寫出a關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式和變量t的取值范圍；
②當(dāng)t為何值時(shí)，△PAC為等腰三角形并求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）把x=0，y=0代入y=-x+$\sqrt{2}$解答即可；
（2）DE∥x軸，m⊥x軸，根據(jù)ASA證△ODC≌△CEP即可；
（3）①根據(jù)Rt△BDC中的勾股定理進(jìn)行解答即可；
②根據(jù)等腰三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答．

解答 解：（1）把x=0，y=0代入y=-x+$\sqrt{2}$，可得：點(diǎn)A（$\sqrt{2}$，0），B（0，$\sqrt{2}$）；
故答案為：A（$\sqrt{2}$，0），B（0，$\sqrt{2}$）；
（2）∵DE∥x軸，m⊥x軸，
∴m⊥DE，DE⊥y軸，
∴∠ODE=∠CEP=90°，
∵OC⊥CP，
∴∠OCP=90°，
∴∠DCO+∠ECP=180°-∠OCP=90°，
∴∠DCO+∠DOC=90°，
∴∠ECP=∠DOC，
∵$OA=OB=\sqrt{2}$，
∴∠ABO=∠BAO，
∵DE∥x軸，
∴∠BCD=∠BAO，
∴∠ABO=∠BCD，
∴BD=CD，AE∥y軸，由平移性質(zhì)得：OA=DE，
∴OB=DE，OB-BD=DE-CD，
∴OD=CE，
在△ODC與△CEP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CDO=∠CEP}\\{OD=CE}\\{∠DOC=∠ECP}\end{array}\right.$，
∴△ODC≌△CEP（ASA）；
（3）①∵$BC=\sqrt{2}$t，BD=CD，
在Rt△BDC中，BD²+CD²=BC²
∴BD=CD=t，OA=OB=$\sqrt{2}$，DO=BO-BD=$\sqrt{2}$-t，EA=DO=$\sqrt{2}$-t，$OA=OB=\sqrt{2}$-t，EP=CD=t，AP=EA-EP=$\sqrt{2}$-2t，
在Rt△AOB中，AO²+BO²=AB²
∴OA=2$a=\sqrt{2}-2t$（0≤t≤2），
②當(dāng)t=0時(shí)，△PAC是等腰直角三角形$PB=PA=\sqrt{2}$
∴即點(diǎn)坐標(biāo)是：P（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），PA=AC，則$|{\sqrt{2}-2t}|=2-\sqrt{2}$t
解得t=1或t=-1（舍去）
∴當(dāng)t=1時(shí)，△PAC是等腰三角形
即點(diǎn)坐標(biāo)是：P（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$-2），
∴當(dāng)t=0或1時(shí)，△PAC為等腰三角形，
點(diǎn)P的坐標(biāo)為：P（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）或P（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$-2）．

點(diǎn)評 主要考查了函數(shù)和幾何圖形的綜合運(yùn)用．解題的關(guān)鍵是會(huì)靈活的運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)和點(diǎn)的意義表示出相應(yīng)的線段的長度，再結(jié)合三角形全等和等腰三角形的性質(zhì)求解．試題中貫穿了方程思想和數(shù)形結(jié)合的思想，請注意體會(huì)．