Question

18．在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，3），四邊形ABCO是矩形，點(diǎn)D從B出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從O點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，過(guò)D作DP⊥BC與AC交于點(diǎn)P，過(guò)E作EF⊥AO與AC交于點(diǎn)F，連結(jié)DF、PE．
（1）求出直線AC的解析式，若動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)t秒，寫(xiě)出P點(diǎn)的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)t＜2時(shí)，四邊形EFDP能否是菱形？若能，則求t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）設(shè)四邊形COEP的面積為S，請(qǐng)寫(xiě)出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最小值；
（4）△APE能否是等腰三角形？若能，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性質(zhì)結(jié)合點(diǎn)B的坐標(biāo)即可得出點(diǎn)C、A的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出直線AC的解析式，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的規(guī)則即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)由此即可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）假設(shè)能，由點(diǎn)E的坐標(biāo)可得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，由此得出DP=EF，再由DP∥EF可得出四邊形EFDP為平行四邊形，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得出DF=EF，由此可得出關(guān)于t的方程，解方程即可得出結(jié)論；
（3）利用分割圖形求面積法求出S_{四邊形COEP}=S_△COA-S_△EPA，利用三角形的面積公式即可得出結(jié)論，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決最值問(wèn)題；
（4）由點(diǎn)A、E、P的坐標(biāo)，可得出線段AE、EP、AP的長(zhǎng)度，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可分三種情況考慮，根據(jù)兩邊相等可得出關(guān)于t的方程，解方程可得出t的值，代入點(diǎn)P坐標(biāo)中即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵四邊形ABCO是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，3），
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0）、點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3，
∵點(diǎn)A（4，0）在直線AC上，
∴0=4k+3=0，解得：k=-$\frac{3}{4}$，
∴直線AC的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+3．
∵點(diǎn)D從B出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4-t，3），
∵DP⊥BC，點(diǎn)P在直線AC上，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4-t，-$\frac{3}{4}$（4-t）+3），即（4-t，$\frac{3}{4}$t）（0≤t≤4）．
（2）假設(shè)可以．
∵點(diǎn)E從O點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，0），
∵EF⊥AO，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（t，-$\frac{3}{4}$t+3）．
∴DP=3-$\frac{3}{4}$t，EF=3-$\frac{3}{4}$t，DF=$\sqrt{（4-2t）^{2}+[3-（3-\frac{3}{4}t）]^{2}}$，
∴DP=EF．
∵DP⊥BC，EF⊥AO，AO∥BC，
∴DP∥EF，
∴四邊形EFDP為平行四邊形．
∵四邊形EFDP是菱形，
∴DF=EF，即$\sqrt{（4-2t）^{2}+[3-（3-\frac{3}{4}t）]^{2}}$=3-$\frac{3}{4}$t，
解得：t=$\frac{7}{8}$，或t=2（舍去）．
故當(dāng)t＜2時(shí)，四邊形EFDP可以為菱形，此時(shí)t的值為$\frac{7}{8}$．
（3）∵點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)E（t，0），
∴AE=4-t，
∴S_{四邊形COEP}=S_△COA-S_△EPA=$\frac{1}{2}$OC•OA-$\frac{1}{2}$AE•y_P=6-$\frac{1}{2}$（4-t）$\frac{3}{4}$t=$\frac{3}{8}{t}^{2}$-$\frac{3}{2}$t+6（0≤t≤4）．
∵S_{四邊形COEP}=$\frac{3}{8}{t}^{2}$-$\frac{3}{2}$t+6=$\frac{3}{8}$（t-2）²+$\frac{9}{2}$，
∴當(dāng)t=2時(shí)，S_{四邊形COEP}取最小值，最小值為$\frac{9}{2}$．
（4）假設(shè)能．
∵點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)E（t，0），點(diǎn)P（4-t，$\frac{3}{4}$t），
∴AE=4-t，AP=$\frac{5}{4}$t，EP=$\sqrt{（4-2t）^{2}+[3-（3-\frac{3}{4}t）]^{2}}$．
△APE為等腰三角形分三種情況：
①當(dāng)AE=AP時(shí)，即4-t=$\frac{5}{4}$t，
解得：t=$\frac{16}{9}$，
此時(shí)點(diǎn)P（$\frac{20}{9}$，$\frac{4}{3}$）；
②當(dāng)AE=EP時(shí)，即4-t=$\sqrt{（4-2t）^{2}+[3-（3-\frac{3}{4}t）]^{2}}$，
解得：t=0（舍去），或t=$\frac{128}{57}$，
此時(shí)點(diǎn)P（$\frac{100}{57}$，$\frac{32}{19}$）；
③當(dāng)AP=EP時(shí)，即$\frac{5}{4}$t=$\sqrt{（4-2t）^{2}+[3-（3-\frac{3}{4}t）]^{2}}$，
解得：t=$\frac{4}{3}$，或t=4（舍去），
此時(shí)點(diǎn)P（$\frac{8}{3}$，1）．
綜上可知：△APE能為等腰三角形，此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（$\frac{20}{9}$，$\frac{4}{3}$）、（$\frac{100}{57}$，$\frac{32}{19}$）或（$\frac{8}{3}$，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了矩形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、兩點(diǎn)間的距離公式以及菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出關(guān)于t的方程；（3）利用分割圖形求面積法找出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；（4）分情況討論．本題屬于中檔題，難度不大，但較繁瑣，解決該題型題目時(shí)，找出點(diǎn)的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再由一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出直線上點(diǎn)的坐標(biāo)是關(guān)鍵．