Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=2x+4$\sqrt{2}$與坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在x軸上，且OA=OC，點(diǎn)P從A出發(fā)沿射線AC方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長度，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．

（1）求點(diǎn)B、C的坐標(biāo)；
（2）若△OCP的面積為4，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的值；
（3）如圖2，若∠POQ=90°，且OP=OQ，連接BQ，求運(yùn)動(dòng)過程中BQ的最小值．

Answer 1

分析 （1）在y=2x+4$\sqrt{2}$中分別令x=0和y=0，則可求得A、B坐標(biāo)，結(jié)合OA=OC可求得C點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由條件可求得點(diǎn)O到直線AC的距離，用t可表示出PC的長，則可表示出△OCP的面積，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；
（3）連接AQ，可證明△OQA≌△OPC，則可知∠OAQ=45°，可求得直線AQ的解析式，設(shè)直線AQ交x軸于點(diǎn)E，則當(dāng)BQ⊥AE時(shí)，BQ最短，可求得BQ的長．

解答 解：
（1）在y=2x+4$\sqrt{2}$中，令x=0可得y=4$\sqrt{2}$，令y=0可得2x+4$\sqrt{2}$=0，解得x=-2$\sqrt{2}$，
∴A（0，4$\sqrt{2}$），B（$-2\sqrt{2}$，0），
∴OC=OA=4$\sqrt{2}$，
∴C（$4\sqrt{2}$，0）；
（2）∵OA=OC=4$\sqrt{2}$，
∴AC=8，
∴點(diǎn)O到直線AC的距離為4，
當(dāng)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，則AP=t，則CP=|AP-AC|=|t-8|，
∴S_△OCP=$\frac{1}{2}$×4|t-8|=2|t-8|，
∵△OCP的面積為4，
∴2|t-8|=4，解得t=6或t=10，
即當(dāng)t為6秒或10秒時(shí)，△OCP的面積為4；
（3）如圖，連接AQ，

∵∠POQ=90°，∠AOC=90°，
∴∠QOA+∠AOP=∠AOP+∠POC，
∴∠AOQ=∠COP，
在△OQA和△OPC中
$\left\{\begin{array}{l}{AO=CO}\\{∠AOQ=∠COP}\\{OQ=OP}\end{array}\right.$
∴△OQA≌△OPC（SAS），
∴∠OCP=∠OAQ=45°，
設(shè)直線AQ交y軸于點(diǎn)E，則E（-4$\sqrt{2}$，0），
∴BE=2$\sqrt{2}$，
設(shè)直線AQ解析式為y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4\sqrt{2}k+b=0}\\{b=4\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=4\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直線AQ解析式為y=x+4$\sqrt{2}$，
∴點(diǎn)Q始終在直線$y=x+4\sqrt{2}$上，
∴BQ⊥AE時(shí)，BQ最短，
此時(shí)BQ=2，即BQ的最小值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、三角形的面積、全等三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法、最短距離及方程思想等知識(shí)．在（2）中用t表示出△OCP的面積是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出點(diǎn)Q的位置是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．