Question

如圖，Rt△ABC在平面直角坐標(biāo)系中，BC在x軸上，B（-1，0）、A（0，2），AC⊥AB．
（1）求線段OC的長．
（2）點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)以每秒4個(gè)單位的速度沿x軸正半軸運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從A點(diǎn)出發(fā)沿線段AC以個(gè)單位每秒速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，另一點(diǎn)也隨之停止，設(shè)△CPQ的面積為S，兩點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，求S與t之間關(guān)系式，并寫出自變量取值范圍．
（3）Q點(diǎn)沿射線AC按原速度運(yùn)動(dòng)，⊙G過A、B、Q三點(diǎn)，是否有這樣的t值使點(diǎn)P在⊙G上？如果有求t值，如果沒有說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）利用△AOB∽△COA即可求得OC=4．
（2）分當(dāng)P在BC上，Q在線段AC上時(shí)、當(dāng)P在BC延長線上，Q在線段AC上時(shí)、當(dāng)C、P、Q都在同一直線上利用△CQD∽△CAO求得t值即可．
（3）若點(diǎn)P在圓G上，因?yàn)锳C⊥AB，所以BQ是直徑，所以∠BPQ=Rt∠，即PQ⊥BC，則BP²+PQ²=BQ²=BA²+AQ²，得到有關(guān)t的式子求解即可．
解答：解：（1）∵AC⊥AB，
∴∠ABO+∠ACO=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠ACO，∠ABO=∠OAC，
∴△AOB∽△COA，
∴=
∵B（-1，0）、A（0，2），
∴OA=2，OB=1，
∴，
∴OC=4；

（2）①當(dāng)P在BC上，Q在線段AC上時(shí)，（0＜t＜）過點(diǎn)Q作QD⊥BC于D，
如圖所示，則CQ=2-t，CP=5-4t，
由△CQD∽△CAO可得QD=2-t，
所以S=CP•QD=（5-4t）（2-t），
即S=2t²-t+5（0＜t＜）；
②當(dāng)P在BC延長線上，Q在線段AC上時(shí)（＜t＜2），過點(diǎn)Q作QD⊥BC于D，
如圖所示，則CQ=2-t，CP=4t-5，
由△CQD∽△CAO可得QD=2-t，
所以S=CP•QD=（4t-5）（2-t），
即S=-2t²+t-5（＜t＜2），
③當(dāng)t=或t=2時(shí)C、P、Q都在同一直線上，S=0．

（3）若點(diǎn)P在圓G上，因?yàn)锳C⊥AB，所以BQ是直徑，所以∠BPQ=90°，即PQ⊥BC，
則BP²+PQ²=BQ²=BA²+AQ²，
得，
解得，（不合題意，舍去）
所以當(dāng)t=時(shí)，點(diǎn)P在圓G上．
（也可以在（2）的基礎(chǔ)上分類討論，利用相似求得）
點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、勾股定理及圓周角定理的知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)，難度較大．本題中重點(diǎn)滲透了方程思想．