Question

6．已知直線y=$\frac{4}{3}$x+8交x軸于A點，交y軸于B點，點C為OB的中點，點D在第二象限，且四邊形AOCD為長方形．
（1）點D的坐標為（-6，4）；點E的坐標為（-3，4）．
（2）設直線AB與CD相交于點E，動點P從A點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度，沿AO、OC向點C作勻速運動，設點P的運動時間為t秒，
①△PAE的面積為S，請求出S關于t的函數關系式，并寫出自變量t的取值范圍；
②在動點P從A出發(fā)的同時，動點Q從C點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度，沿CE向點E作勻速運動，當P、Q中的一點到達終點后，該點停止運動，另一點繼續(xù)運動，直至到達終點，整個運動停止．問：是否存在這樣的t，使得直線PQ將四邊形AOCE的面積分成1：3兩部分？若存在，請求出所有符合條件的t的值；若不存在，請說明理由．      

Answer 1

分析 （1）先求出點A、B的坐標，由C為OB的中點，C的坐標，E為AB的中點，再求出CE為△OAB的中位線，得出CE=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$CD=3，即可；
（2）①分點P在OA和OC上，利用面積的差即可得出結論；
②分三種情況：Ⅰ、當0＜t＜3時，由題意得出關于t的方程，解方程即可；
Ⅱ、當t=3時，由△EOC的面積=$\frac{1}{2}$×3×4=6≠18×$\frac{1}{4}$，得出t≠3；
Ⅲ、當3＜t≤5時，Q停止運動，OP=2t-6，得出CP=10-2t，由△ECP的面積=$\frac{1}{2}$×3×（10-2t）=$\frac{1}{4}$×18，解方程即可．

解答 （1）證明：對于直線y=$\frac{4}{3}$x+8，
當x=0時，y=8；當y=0時，x=-6；
∴A（-6，0），B（0，8），OA=6，OB=8，
∵四邊形AOCD是矩形，
∴OA∥CD，CD=OA=6，AD=OC=4，
∴D（-6，4），
∵點C為OB的中點，
∴E為AB的中點，
∴CE為△OAB的中位線，
∴CE=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$CD=3，
∴E（-3，4）
故答案為：（-6，4），（-3，4）
（2）解：①當0＜t≤3時，如圖3

由運動知，AP=2t，
∴S=S_△PAE=$\frac{1}{2}$AP×OC=2×2t=4t，
當3＜t≤5時，如圖4，

由運動知，OP=2t-OA=2t-6，∵OC=4，∴PC=OC-OP=4-（2t-6）=10-2t，
∴S=S_△PAE=S_梯形AOCE-S_△AOP-S_△PCE
=$\frac{1}{2}$（CE+OA）•OC-$\frac{1}{2}$OA•OP-$\frac{1}{2}$CE•PC
=$\frac{1}{2}$（3+6）×4-$\frac{1}{2}$×6×（2t-6）-$\frac{1}{2}$×3×（10-2t）
=-3t+21
∴S=$\left\{\begin{array}{l}{4t（0＜t≤3）}\\{-3t+21（3＜t≤5）}\end{array}\right.$
②存在；
梯形AOCE的面積=$\frac{1}{2}$（3+6）×4=18；
分三種情況討論：
Ⅰ、當0＜t＜3時，如圖1，

若梯形APQE的面積=$\frac{1}{2}$（2t+3-t）×4=18×$\frac{1}{4}$，
解得：t=-$\frac{3}{4}$，不合題意，舍去；
若梯形APQE的面積=$\frac{1}{2}$（2t+3-t）×4=18×$\frac{3}{4}$，
解得：t=$\frac{15}{4}$，不合題意，舍去；
Ⅱ、當t=3時，∵△EOC的面積=$\frac{1}{2}$×3×4=6≠18×$\frac{1}{4}$，
∴t≠3；
Ⅲ、當3＜t≤5時，如圖2，

Q停止運動（點Q與E重合），OP=2t-6，
∴CP=4-（2t-6）=10-2t，
當△ECP的面積=$\frac{1}{2}$×3×（10-2t）=$\frac{1}{4}$×18時，
解得：t=$\frac{7}{2}$，符合題意；
綜上所述：當t=$\frac{7}{2}$時，直線PQ將四邊形AOCE的面積分成1：3兩部．

點評 本題是一次函數綜合題，考查了一次函數點的坐標特征、三角形中位線的性質、梯形面積的計算、三角形面積的計算、解方程等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（2）中，需要進行分類討論，才能得出結果．