Question

【題目】如圖1，在直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)，與軸重合，，， ，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以每秒個(gè)單位向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)同時(shí)從點(diǎn)出發(fā)以每秒3個(gè)單位向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)立即停止運(yùn)動(dòng)．是射線上的一點(diǎn)，且,以為鄰邊作矩形．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒．

（1）寫出點(diǎn)的坐標(biāo)（ ， ）； ； ．(用的代數(shù)式表示)

（2）當(dāng)點(diǎn)落在上時(shí)，求此時(shí)的長(zhǎng)？

（3）①在的運(yùn)動(dòng)過程中，直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)，使得四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形是菱形？若存在求出的值，不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

②如圖2，以為邊按逆時(shí)針方向做正方形，當(dāng)正方形的頂點(diǎn)或落在矩形的某一邊上時(shí)，則 (直接寫出答案)．

Answer 1

【答案】（1）; （2）；（3）①存在， ，；②或 或 或

【解析】

（1）根據(jù)30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出AB的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理求出OB的長(zhǎng)，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)，由P運(yùn)動(dòng)的速度可求OP，由Q運(yùn)動(dòng)的速度和可求BC；

（2）當(dāng)點(diǎn)落在上時(shí)，，根據(jù)30°角的性質(zhì)求出OD，可得PD=t，進(jìn)而求出OQ，然后根據(jù)即可求出t的值；

（3）①由菱形性質(zhì)可知，過點(diǎn)作，在Rt△OPG中，求出PG、OG的長(zhǎng)，進(jìn)而求出GQ的長(zhǎng)，然后根據(jù)列方程求解即可；

②分四種情況求解：ⅰ當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，ⅱ當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，ⅲ當(dāng)點(diǎn)F在BC上時(shí)，ⅳ當(dāng)點(diǎn)E在BQ上時(shí)．

（1）∵，， ，

∴AB=2，

∴OB=．

∵點(diǎn)同時(shí)從點(diǎn)出發(fā)以每秒3個(gè)單位向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以每秒個(gè)單位向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，

∴OP=3t，BQ=，

∵，

∴BC=2t．

（2）如圖：，

，

∴OQ=．

又，

，

，

，

；

（3）①存在，四邊形 為菱形，只需要 即可

，

過點(diǎn)作，

，OP=3t，

， ，

，

由有勾股定理：，得：

解得：，；

②ⅰ當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，如圖，作PG⊥OB于G，作EM⊥OB于M．

∵四邊形PQEF是正方形，

∴PQ=QE，∠PQE=90°，

∴∠GQP+∠MQE=90°，

∵∠GQP+∠GPQ=90°，

∴∠GPQ=∠MQE，

又∵∠PGQ=∠QME=90°，

∴△PGQ≌△QME，

∴GQ=ME=BC．

∵，BQ=t，

∴GQ=BC=2t，

∵OG+GQ+QB=2，

∴+2t+t=2，

解得

；

ⅱ當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，如圖，作PG⊥OB于G，作EM⊥OB于M，交CD于N．

與ⅰ同理可證△PGQ≌△QME≌△ENF，

∴GQ=ME，PG=QM=EN，

∵PG=，

∴GQ=，

∴++t=2，

解得

；

ⅲ當(dāng)點(diǎn)F在BC上時(shí)，如圖，作PG⊥OB于G，作PI⊥BC于I，

與ⅰ同理可證△PGQ≌△PFI，

∴PI=PG=，

∴+=2，

解得

；

ⅳ當(dāng)點(diǎn)E在BQ上時(shí)，如圖，

+t=2，

解得

．

綜上可知，或 或 或．