Question

【題目】綜合與探究：如圖，在平面直角坐標系中，Rt△AOC的直角邊OC在y軸正半軸上，且頂點O與坐標原點重合，點A的坐標為（2，4），直線y=-x+b過點A，與x軸交于點B．
（1）求點B的坐標及直線AB的解析式；
（2）動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長的速度，沿O-C-A的路線向點A運動，同時動點M從點B出發(fā)，以相同的速度沿BO的方向向O運動，過點M作MQ⊥x軸，交線段BA或線段AO于點Q，當點P到達A點時，點P和點M都停止運動．在運動過程中，設(shè)動點P運動的時間為t秒．△APQ的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）點B的坐標為（6，0）；直線AB的解析式為：y=-x+6；（2）S=；（3）t=2或．

【解析】

（1）先將點A（2，4）代入y=-x+b，運用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再令y=0，求出x的值，即可得到與x軸交點B的坐標；

（2）①先求出直線AB與y軸交點D的坐標，由B、D兩點的坐標，可知△OBD是等腰直角三角形，再過點A作AN⊥OB于N，可得AN=OC=4，BN=AN=4，則當點P到達點C時，點M到達點N，所以分兩種情況討論：（i）當0≤t≤4，即點P在OC上，點Q在BA上時，用含t的代數(shù)式分別表示PQ、CP，再根據(jù)S=PQCP即可求解；（ii）當4＜t≤6，即點P在AC上，點Q在AO上時，延長MQ交AC于點E，用含t的代數(shù)式分別表示AP、QE，再根據(jù)S=APQE即可求解；

②分兩種情況討論：（i）當0≤t≤4，即點P在OC上，點Q在BA上時，先由三角形面積公式求出S△MPQ=-t2+3t，再根據(jù)S△MPQ=S=t2-5t+12列出方程，解方程即可；（ii）當4＜t≤6，即點P在AC上，點Q在AO上時，先由三角形面積公式求出S△MPQ=（6-t）|10-2t|，再根據(jù)S△MPQ=S=（6-t）（t-4），列出方程，解方程即可．

（1）將點A（2，4）代入y=-x+b，

得4=-2+b，解得b=6，

∴直線AB的解析式為：y=-x+6，

當y=0時，x=6，

∴點B的坐標為（6，0）．

（2）設(shè)直線y=-x+6與y軸交于點D，則D（0，6），∵B（6，0），

∴OB=OD=6，∠OBD=∠ODB=45°．

過點A（2，4）作AN⊥OB于N，則AN=OC=4，ON=AC=2，BN=AN=4，

∴當點P到達點C時，點M到達點N．

分兩種情況討論：

（i）當0≤t≤4時，點P在OC上，點Q在BA上，如圖1．

∵OP=t，BM=QM=t，

∴PQ∥OB，PQ=OM=OB-BM=6-t，CP=OC-OP=4-t，

∴S=PQCP=（6-t）（4-t）=t2-5t+12；

（ii）當4＜t≤6時，點P在AC上，點Q在AO上，如圖2，延長MQ交AC于點E．

∵OC+CP=t，BM=t，

∴AP=6-t，OM=OB-BM=6-t．

∵tan∠AON=，

∴，

∴QM=12-2t，

∴QE=EM-QM=4-（12-2t）=2t-8，

∴S=APQE=（6-t）（2t-8）=-t2+10t-24．

綜上可知，S=；

②存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等，理由如下：

分兩種情況討論：

（i）當0≤t≤4時，點P在OC上，點Q在BA上，如圖3．

∵S△MPQ=PQQM=（6-t）t=-t2+3t，S=t2-5t+12，

∴-t2+3t=t2-5t+12，

整理，得t2-8t+12=0，

解得t1=2，t2=6（不合題意舍去）；

（ii）當4＜t≤6時，點P在AC上，點Q在AO上，如圖4．

∵QM=12-2t，PE=|CE-CP|=|（6-t）-（t-4）|=|10-2t|，

∴S△MPQ=QMPE=（12-2t）|10-2t|=（6-t）|10-2t|，

又∵S=APQE=（6-t）（2t-8）=（6-t）（t-4），

∴（6-t）|10-2t|=（6-t）（t-4），

∵t=6時，M與Q重合，不合題意舍去，

∴10-2t=±（t-4），

當10-2t=t-4時，t=；

當10-2t=-（t-4）時，t=6舍去．

綜上可知，存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等，此時t的值為2或．