Question

7．如圖，在平面直角坐標系xoy中，四邊形OABC是矩形，A（0，6），C（8，0），動點P以每秒2個單位的速度從點A出發(fā)，沿AC向點C移動，同時動點Q以每秒1個單位的速度從點C出發(fā)，沿CO向點O移動，設P、Q兩點移動t秒（0＜t＜5）后，四邊形AOQP的面積為S．
（1）求面積S與時間t的關系式；
（2）在P、Q兩點移動的過程中，能否使以C、P、Q為頂點的三角形與A、O、C為頂點的三角形相似？若能，求出此時點P的坐標；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點P作PE⊥CO，可得△CPE∽△CAO，根據(jù)相似性質可表示出PE的長，然后可由四邊形面積=S_△AOC-S_△PQC列出函數(shù)關系式；
（2）△AOC與△CPQ相似，則有以下兩種情況：
①當∠QPC=∠AOC=90°時，△AOC∽△QPC，由相似性質得到t的值；
②當∠PQC=∠AOC=90°時，△AOC∽△PQC，由相似性質得到t的值，進而得到P點坐標．

解答 解：（1）如圖，過點P作PE⊥CO，垂足為E，

根據(jù)題意可知，AP=2t，CQ=t，
∵A（0，6），C（8，0），
∴AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=10，則CP=10-2t，
∵PE⊥CO，AO⊥CO，∴PE∥AO，
∴△CPE∽△CAO，
∴$\frac{CP}{CA}=\frac{PE}{AO}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{10-2t}{10}=\frac{PE}{6}$=$\frac{CE}{8}$，解得：PE=$\frac{3}{5}$（10-2t），CE=$\frac{4}{5}（10-2t）$；
故四邊形AOQP的面積S=$\frac{1}{2}×8×6-\frac{1}{2}×t×\frac{3}{5}（10-2t）$=$\frac{3}{5}{t}^{2}-3t+24$；
（2）若△AOC與△CPQ相似，則有以下兩種情況：
①如圖所示，

當∠QPC=∠AOC=90°時，△AOC∽△QPC，
可得：$\frac{CO}{CP}=\frac{CA}{CQ}$，即：$\frac{8}{10-2t}=\frac{10}{t}$，
解得：t=$\frac{25}{7}$，
過點P作PD⊥OC，垂足為D，由（1）可知，
PD=$\frac{3}{5}$（10-2t）=$\frac{12}{7}$，OD=8-$\frac{4}{5}（10-2t）$=$\frac{40}{7}$，
∴點P坐標為（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）；
②如圖，

當∠PQC=∠AOC=90°時，△AOC∽△PQC，
可得：$\frac{PQ}{OA}=\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CO}$，即：$\frac{PQ}{6}=\frac{10-2t}{10}=\frac{t}{8}$，
解得：t=$\frac{40}{13}$，
PQ=$\frac{3}{5}（10-2t）=\frac{30}{13}$，OQ=8-t=$\frac{64}{13}$，
∴點P的坐標為（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）；
綜上，存在這樣的點P，其坐標為（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）或（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）．

點評 本題主要考查相似三角形性質的應用能力，第二題中兩三角形相似時分類討論是關鍵．