Question

如圖，直線y=-

4

3

x+4與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B．點(diǎn)Q從B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度沿x軸向O點(diǎn)移動(dòng)；與其同時(shí)，點(diǎn)P從A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度沿射線AB移動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B即停止移動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q隨之停止．
（1）寫(xiě)出點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）設(shè)點(diǎn)P移動(dòng)的時(shí)間為t，t為何值時(shí)，△PQB是直角三角形？
（3）說(shuō)明△PQB的形狀隨時(shí)間變化而變化的情況；
（4）t為何值時(shí)，△PQB的面積為

5

4

？

Answer 1

考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）根據(jù)點(diǎn)A、B在直線y=-

4

3

x+4上，可直接求出A、B的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)題意得：BQ=t，AP=2t，BP=5-2t，①當(dāng)PQ⊥OB時(shí)，根據(jù)

PQ

AO

=

BQ

BO

得出PQ=

4

3

t，再根據(jù)PQ²+BQ²=PQ²，得出（

4

3

t）²+t²=（5-2t）²，求出t，如圖2，QP⊥AB時(shí)，根據(jù)△BPQ∽△BOA得出

t

5

=

5-2t

3

，求出t即可；
（3）根據(jù)（2）的結(jié)果可得出△PQB的形狀隨時(shí)間變化而變化的情況；
（4）過(guò)點(diǎn)P作PC⊥OB于點(diǎn)C，根據(jù)

PC

OA

=

PB

AB

，求出PC=

4

5

（5-2t），根據(jù)S_△PQB=

1

2

BQ•PC得出S_△PQB=-

4

5

t²+2t，再求出-

4

5

t²+2t=

5

4

的解即可．

解答：解：（1）∵點(diǎn)A、B在直線y=-

4

3

x+4上，
∴A（0，4），B（3，0）；

（2）根據(jù)題意得：BQ=t，AP=2t，BP=5-2t，
①如圖1，當(dāng)PQ⊥OB時(shí)，則

PQ

AO

=

BQ

BO

，

PQ

4

=

t

3

，
PQ=

4

3

t，
在Rt△PQB中，
PQ²+BQ²=PQ²，
（

4

3

t）²+t²=（5-2t）²，
t₁=15（舍去），t₂=

15

11

；
如圖2，當(dāng)QP⊥AB時(shí)，
∵△BPQ∽△BOA，
∴

BQ

BA

=

BP

BO

，
∴

t

5

=

5-2t

3

，
∴t=

25

13

；
（3）根據(jù)（2）可得：
當(dāng)0＜t＜

15

11

時(shí)，△BPQ是鈍角三角形，
當(dāng)t=

15

11

時(shí)，△BPQ是直角三角形，
當(dāng)

15

11

＜t＜

25

13

時(shí)，△BPQ是銳角三角形，
當(dāng)t=

25

13

時(shí)，△BPQ是直角三角形，
當(dāng)

25

13

＜t≤2.5時(shí)，△BPQ是鈍角三角形，
（4）如圖3，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥OB于點(diǎn)C，則

PC

OA

=

PB

AB

，

PC

4

=

5-2t

5

，
PC=

4

5

（5-2t），
則S_△PQB=

1

2

BQ•PC=

1

2

t•

4

5

（5-2t）=-

4

5

t²+2t，
由-

4

5

t²+2t=

5

4

得：
t=

5

4

，
當(dāng)t=

5

4

時(shí)，△PQB的面積為

5

4

．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似形綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫(huà)出圖形，注意分兩種情況討論．