Question

如圖，四邊形OABC為矩形，OA=4，OC=5，正比例函數(shù)y=2x的圖象交AB于點(diǎn)D，連接DC，動(dòng)點(diǎn)Q從D點(diǎn)出發(fā)沿DC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)P從C點(diǎn)出發(fā)沿CO向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)．兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度均為每秒1個(gè)單位，設(shè)從出發(fā)起運(yùn)動(dòng)了ts．
（1）求△PCQ的面積S_△PCQ=？（用t的代數(shù)式表示）；
（2）問(wèn)：是否存在時(shí)刻t使S_△DOP=S_△PCQ？為什么？
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，△DPQ是一個(gè)以DP為腰的等腰三角形？

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：綜合題

分析：（1）分別過(guò)點(diǎn)Q、D作QE⊥OC，DF⊥OC交OC與點(diǎn)E、F，對(duì)于直線y=2x，令y=4求出x的值，確定出D坐標(biāo)，進(jìn)而求出BD，BC的長(zhǎng)，利用勾股定理求出CD的長(zhǎng)，利用兩對(duì)角相等的三角形相似得到三角形CQE與三角形CDF相似，由相似得比例表示出QE，由底PC，高QE表示出三角形PQC面積即可；
（2）不存在，理由為：表示出三角形ODP面積，令S_△DOP=S_△PCQ，求出t=5，此時(shí)Q與C重合，不能構(gòu)成三角形；
（3）由三角形CQE與三角形CDF相似，利用相似得比例表示出CE，PE，進(jìn)而利用勾股定理表示出PQ²，DP²，以及DQ，分兩種情況考慮：①當(dāng)DP=PQ；②當(dāng)DP=DQ，求出t的值即可．

解答：解：（1）分別過(guò)點(diǎn)Q、D作QE⊥OC，DF⊥OC交OC與點(diǎn)E、F，
對(duì)于直線y=2x，令y=4，得到x=2，即D（2，4），
∴BD=OC-AD=5-2=3，
∵BC=OA=4，
∴在Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理得：CD=

BD2+BC2

=5，
∵∠DCF=∠QCE，∠DFC=∠QEC=90°，
∴△CQE∽△CDF，
∴

CQ

CD

=

QE

DF

，即

5-t

5

=

QE

4

，
∴QE=

4(5-t)

5

，
則S_△CPQ=

1

2

×t×

4

5

（5-t）=

2

5

t（5-t）=-

2

5

t²+2t；

（2）不存在，理由為：
根據(jù)題意得：S_△ODP=

1

2

×4×（5-t）=2（5-t），
令2（5-t）=-

2

5

t²+2t，
解得：t₁=t₂=5，
則此時(shí)Q與C重合，不能構(gòu)成三角形；

（3）∵△CQE∽△CDF，
∴CE=

3

5

（5-t），PE=t-

3

5

（5-t）=

8

5

t-3，
∴根據(jù)勾股定理得：PQ²=

16(5-t)2

25

+（

8

5

t-3）²=

16

5

t²-16t+25，DP²=4²+（3-t）²，DQ=t，
分兩種情況考慮：
①當(dāng)DP=PQ時(shí)，4²+（3-t）²=

16

5

t²-16t+25，
解得：t₁=0（舍去），t₂=

50

11

；
②當(dāng)DP=DQ時(shí)，4²+（3-t）²=t²，
解得：t=

25

6

，
答：當(dāng)t=

25

6

或t=

50

11

時(shí)，△DPQ是一個(gè)以DP為腰的等腰三角形．

點(diǎn)評(píng)：此題屬于四邊形綜合題，涉及的知識(shí)有：坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理是解本題的關(guān)鍵．