Question

20．已知：如圖所示，直線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$交x軸于點A，交y軸于點B，若點P從點A出發(fā)，沿射線AB作勻速運動，點Q從點B出發(fā)，沿射線B0作勻速直線運動，兩點同時出發(fā)，運動速度也相同，當△BPQ為直角三角形時，則點Q的坐標為（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

Answer 1

分析 設運動速度為1，運動時間為t時，△BPQ為直角三角形，用含t的代數(shù)式表示出P、Q點的坐標，結合直線的解析式得出B點的坐標，利用兩點間的距離公式表示出BP、BQ、PQ的長度，由△BPQ為直角三角形結合勾股定理得出t的值，將其代入Q點坐標即可得出結論．

解答 解：令x=0，則y=$\sqrt{3}$，即B點坐標為（0，$\sqrt{3}$）；
令y=0，則-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$=0，解得：x=3，
即A點的坐標為（3，0），
∴OA=3，OB=$\sqrt{3}$，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=2$\sqrt{3}$．
設運動速度為1，時間為t時，△BPQ為直角三角形，
∵sin∠OAB=$\frac{OB}{AB}$=$\frac{1}{2}$，cos∠OAB=$\frac{OA}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴點P的坐標為（3-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，$\frac{1}{2}$t），點Q的坐標為（0，$\sqrt{3}$-t），
由兩點間的距離公式可知：
BQ=t，BP=$\sqrt{（3-\frac{\sqrt{3}}{2}t）^{2}+（\frac{1}{2}t-\sqrt{3}）^{2}}$=|2$\sqrt{3}$-t|，PQ=$\sqrt{（3-\frac{\sqrt{3}}{2}t）^{2}+[\frac{1}{2}t-（\sqrt{3}-t）]^{2}}$=$\sqrt{3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12}$，
△BPQ為直角三角形分三種情況：
①當BQ²+BP²=PQ²時，有${t}^{2}+（2\sqrt{3}-t）^{2}=3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12$，
解得：t=0，或t=2$\sqrt{3}$．
當t=0時，B、Q點重合，當t=2$\sqrt{3}$時，B、P重合，
故不存在BQ²+BP²=PQ²的情況；
②當BQ²+PQ²=BP²時，有${t}^{2}+3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12=（2\sqrt{3}-t）^{2}$，
解得：t=0（舍去），或t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
當t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$時，點Q的坐標為（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）；
③當PQ²+BP²=BQ²時，有$3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12+（2\sqrt{3}-t）^{2}={t}^{2}$，
解得：t=2$\sqrt{3}$（舍去），或t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
當t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$時，點Q的坐標為（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
綜上可知：當Q點坐標為（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）時，△BPQ為直角三角形．
故答案為：（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

點評 本題考查了直線與坐標軸的交點、兩點間的距離公式以及勾股定理，解題的關鍵是：用含時間t的代數(shù)式表示出△BPQ的三條邊長度．本題屬于中檔題，有點難度，解決形如此類題型時，設點的坐標利用勾股定理來求解．