Question

如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（4，0），直線AB與y軸交于點(diǎn)B，S_△AOB=6，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿x軸正方向運(yùn)動．
（1）求B點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）過點(diǎn)B作射線L∥x軸，動點(diǎn)Q從B出發(fā)，以每秒2個單位的速度，沿射線L運(yùn)動．若動點(diǎn)P、Q同時運(yùn)動，過點(diǎn)A作AC⊥AB，射線AC與射線PQ、射線L分別交于點(diǎn)C、K．設(shè)運(yùn)動時間為t秒，線段KQ的長為y個單位．求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
（3）在（2）的條件下，若D為BC中點(diǎn)．在點(diǎn)P、Q運(yùn)動過程中是否存在t值，以A、C、D、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由于點(diǎn)B在y軸上，設(shè)點(diǎn)B（0，b），就可以表示出OB=b，由點(diǎn)A的坐標(biāo)表示出OA的長度，用三角形的面積公式就可以求出b值，從而求出點(diǎn)B的坐標(biāo)．
（2）如圖2，當(dāng)Q點(diǎn)在BK之間時和點(diǎn)Q在BK的延長線上時進(jìn)行解答，作出KD⊥OA于點(diǎn)D，則KD=3，由相似三角形的性質(zhì)可以得出AD的長，當(dāng)Q在BK的延長線上時，由題意知道2t-KQ＜t，從而可以求出其解析式及取值范圍．
（3）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可以分兩種情況討論它的存在性，當(dāng)Q在BK之間時四邊形ADCQ是平行四邊形和Q在BK的延長線上時四邊形ADCQ是平行四邊形利用勾股定理就可以求出相應(yīng)的t值．

解答：解：（1）∵A（4，0），
∴AO=4，設(shè)B（0，b），
∴BO=b，
∵S_△AOB=6，
∴

1

2

AO•OB=

1

2

×4b=6，
∴b=3
∴B（0，3）

（2）如圖2，∵AK⊥AB，
∴∠BAK=90°，
∴∠BAO+∠KAE=90°
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴△ABO∽△KAE，
∴

OA

KE

=

OB

AE

，
∴

4

3

=

3

AE

，
∴AE=

9

4

，
∴BK=

25

4

．
當(dāng)點(diǎn)Q在線段BK之間時，KQ=BK-QB，
∴y=

25

4

-2t（0≤t≤

25

8

）．
當(dāng)點(diǎn)Q在線段BK的延長線上時，KQ=QB-BK，
∴y=2t-

25

4

（

25

8

＜t＜

25

4

）


（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)Q在線段BK之間時，
∵四邊形ADQC是平行四邊形，
∴DQ∥AC，
∵D為BC中點(diǎn)，
∴BQ=KQ，
∴2t=

1

2

×

25

4

∴t=

25

16

當(dāng)點(diǎn)Q在線段BK的延長線上時，如圖4，作QH⊥OA，
∴QH=3，PH=t-4，AH=2t-4，在Rt△PQH和Rt△AQH中由勾股定理，得
PQ=

(t-4)2+9

，AQ=

(2t-4)2+9

，
∵四邊形ADCQ是平行四邊形，
∴AD∥CQ，DC=AQ，AD=CQ
∵BQ∥OH，
∴四邊形AFQP是平行四邊形，
∴AF=PQ=

(t-4)2+9

，
∵D為BC中點(diǎn)，
∴DC=

1

2

BC，
∵∠BAC=90°，
∴AD=

1

2

BC，
∴AD=DC，
∴AD=AQ=CQ，
∴AD=CQ=

(2t-4)2+9

，
∴DF=

(2t-4)2+9

-

(t-4)2+9

．
∵D為BC中點(diǎn)，AD∥CQ，
∴BF=FQ，
∴DF是△BQC的中位線，
∴

DF

CQ

=

1

2

，
∴

(2t-4)2+9 - (t-4)2+9

(2t-4)2+9

=

1

2

，解得：t=

75

16

∴t=

25

16

或 t=

75

16

點(diǎn)評：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了一次函數(shù)的圖象的性質(zhì)，勾股定理的運(yùn)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)．