Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形AOBC的頂點C的坐標(biāo)是（2，4），動點P從點A出發(fā)，沿線段AO向終點O運動，同時動點Q從點B出發(fā)，沿線段BC向終點C運動．點P、Q的運動速度均為每秒1個單位，過點P作PE⊥AO交AB于點E，一點到達(dá)，另一點即停．設(shè)點P的運動時間為t秒（t＞0）．

（1）填空：用含t的代數(shù)式表示下列各式：AP＝______，CQ＝_______．

（2）①當(dāng)PE＝時，求點Q到直線PE的距離．

②當(dāng)點Q到直線PE的距離等于時，直接寫出t的值．

（3）在動點P、Q運動的過程中，點H是矩形AOBC（包括邊界）內(nèi)一點，且以B、Q、E、H為頂點的四邊形是菱形，直接寫出點H的橫坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）t，4﹣t；（2）①點Q到直線PE的距離為2；②t的值為秒或秒；（3）點H的橫坐標(biāo)為或10﹣4．

【解析】

（1）由點C坐標(biāo)及矩形的性質(zhì)可得出OA＝BC＝4，OB＝AC＝2，AO⊥OB，由題意得AP＝t，BQ＝t，得出CQ＝BC﹣BQ＝4﹣t；

（2）①延長PE交BC于F，則PF⊥BC，CF＝AP＝t，由PE⊥AO可得四邊形APFC是矩形，可證明PE//OB，可得△APE∽△AOB，得出，解得t＝1，得出BQ＝1，CF＝1，CQ＝3，求出FQ＝CQ﹣CF＝2即可；

②延長PE交BC于F，則PF⊥BC，CF＝AP＝t，當(dāng)Q在P的下方時，由題意得t++t＝4，解得t＝；當(dāng)Q在P的上方時，由題意得t+t-＝4，解得t＝．

（3）由PE//OB，可得△APE∽△AOB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出E（t，4﹣t），Q（2，t），①當(dāng)QE＝BQ時，延長PE交BC于F，則PF⊥BC，CF＝AP＝t，則（2﹣t）2+（4﹣2t）2＝t2，解得t＝，或t＝4（舍去），得出t＝即可；

②當(dāng)BQ＝EB時，則BE＝BQ＝t，利用勾股定理可得AB=2，由△APE∽△AOB，得出＝，求出AE＝t，得出BE＝AB﹣AE＝2﹣t，解得t＝20﹣8，即可得出答案．

（1）∵矩形AOBC的頂點C的坐標(biāo)是（2，4），

∴OA＝BC＝4，OB＝AC＝2，AO⊥OB，

∵點P、Q的運動速度均為每秒1個單位，

∴AP＝t，BQ＝t，

∴CQ＝BC﹣BQ＝4﹣t；

故答案為：t，4﹣t

（2）①如圖1，延長PE交BC于F，

∵PE⊥OA，∠OAC=∠ACB=90°，

∴四邊形APFC是矩形，

∴PF⊥BC，CF＝AP＝t，

∵PE⊥AO，AO⊥OB，

∴PE∥OB，

∴△APE∽△AOB，

∴＝，即，

解得：t＝1，

∴BQ＝1，CF＝1，

∴CQ＝4﹣1＝3，

∴FQ＝CQ﹣CF＝2；即點Q到直線PE的距離為2．

②延長PE交BC于F，則PF⊥BC，CF＝AP＝t，QF=，

①如上圖1，當(dāng)Q在P的下方時，

由題意得：CF+FQ+BQ=BC=4，即t++t＝4，

解得：t＝；

②當(dāng)Q在P的上方時，如圖2所示：

由題意得：BQ+CF-QF=BC，即t+t-=4，

解得：t＝，

∴當(dāng)點Q到直線PE的距離等于時，t的值為秒或秒．

（3）∵PE⊥AO，AO⊥OB，

∴PE∥OB，

∴△APE∽△AOB，

∴，即，

解得：PE＝t，

∵OP＝4﹣t，

∴E（t，4﹣t），Q（2，t），

①如圖3，當(dāng)QE＝BQ時，四邊形EQBH是菱形，EH//BQ//y軸，

延長PE交BC于F，則PF⊥BC，CF＝AP＝t，FQ=BC-CF-BQ=4-2t，EF=PF-PE=2-t，

∴（2﹣t）2+（4﹣2t）2＝t2，

解得：t＝，或t＝4（舍去），

∴t＝，

∵EH//BQ//y軸，

∴點H的橫坐標(biāo)為，

②如圖4，當(dāng)BQ＝EB時，四邊形BQHE是菱形，則BE＝BQ＝t，EH//BQ//y軸，

∵∠AOB＝90°，OB＝2，OA＝4，

∴AB＝＝2，

∵△APE∽△AOB，

∴，即

∴AE＝t，

∴BE＝AB﹣AE＝2﹣t，

∴2﹣t＝t，

解得：t＝20﹣8，

∴t＝4＝10﹣4，

∵EH//BQ//y軸，

∴點H的橫坐標(biāo)為10﹣4，

綜上所述，點H的橫坐標(biāo)為或10﹣4．