Question

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，四邊形OABC是矩形，A（0，6），C（8，0），動(dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC向點(diǎn)C移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CO向點(diǎn)O移動(dòng)，設(shè)P、Q兩點(diǎn)移動(dòng)t秒（0＜t＜5）后，四邊形AOQP的面積為S．
（1）求面積S與時(shí)間t的關(guān)系式；
（2）在P、Q兩點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，能否使以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與A、O、C為頂點(diǎn)的三角形相似？若能，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CO，可得△CPE∽△CAO，根據(jù)相似性質(zhì)可表示出PE的長(zhǎng)，然后可由四邊形面積=S_△AOC-S_△PQC列出函數(shù)關(guān)系式；
（2）△AOC與△CPQ相似，則有以下兩種情況：
①當(dāng)∠QPC=∠AOC=90°時(shí)，△AOC∽△QPC，由相似性質(zhì)得到t的值；
②當(dāng)∠PQC=∠AOC=90°時(shí)，△AOC∽△PQC，由相似性質(zhì)得到t的值，進(jìn)而得到P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）如圖，過(guò)點(diǎn)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(dāng)∠QPC=∠AOC=90°時(shí)，△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(guò)點(diǎn)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(diǎn)P坐標(biāo)為（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）；
②如圖，

當(dāng)∠PQC=∠AOC=90°時(shí)，△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(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）；
綜上，存在這樣的點(diǎn)P，其坐標(biāo)為（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）或（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查相似三角形性質(zhì)的應(yīng)用能力，第二題中兩三角形相似時(shí)分類(lèi)討論是關(guān)鍵．