Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是原點(diǎn)，A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（30，0），B（24，6），C（8，6）．點(diǎn)P、Q同時(shí)從原點(diǎn)出發(fā)，分別作勻速運(yùn)動(dòng)，其中點(diǎn)P沿OA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，速度為每秒3個(gè)單位，點(diǎn)Q沿OC、CB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位．當(dāng)這兩點(diǎn)有一點(diǎn)達(dá)到自己的終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．
（1）當(dāng)點(diǎn)Q在OC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，試求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（用t表示）
（2）當(dāng)點(diǎn)Q在CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)；
①當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形OPQC為等腰梯形？
②是否存在實(shí)數(shù)t，使得四邊形PABQ為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）設(shè)直線OC的方程為y=kx，把C（8，6）代入方程得：k=，
所以直線OC的方程為y=x，
設(shè)Q（m，m），∵OQ=2t，
根據(jù)勾股定理得m²+（m）²=4t²，
∵m＞0，t＞0，∴m=t，m=t，
則Q坐標(biāo)為（t，t）；

（2）①當(dāng)點(diǎn)Q在CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CQ=2t-10，從而點(diǎn)Q（2t-2，6），P（3t，0），
當(dāng)四邊形OPQC為等腰梯形時(shí)，OD=EP=8，
∴8+2t-10+8=3t，解得t=6（秒），
則當(dāng)t=6秒時(shí)，四邊形OPQC為等腰梯形；
②若存在實(shí)數(shù)t，使得四邊形PABQ是平行四邊形，
則EP=FA=6，∴3t-（2t-2）=6，解得t=4（秒），
而，解得5≤t≤10，
t=4不屬于此范圍，所以假設(shè)錯(cuò)誤，
則不存在實(shí)數(shù)t，使得四邊形PABQ是平行四邊形．
分析：（1）設(shè)出直線OC的方程為y=kx，把C的坐標(biāo)代入即可求出k的值，確定出直線OC的方程，當(dāng)Q在OC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)出Q的坐標(biāo)，由Q的速度是每秒2個(gè)單位，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，故OQ=2t，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于m的方程，求出方程的解即可用t表示出m的值，確定出Q的坐標(biāo)；
（2）①當(dāng)Q在CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，得到CQ=2t-10，從而表示出Q的坐標(biāo)和P的坐標(biāo)，根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)得到OD=EP，列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到滿足題意t的值；
②假設(shè)存在t的值，使得四邊形PABQ為平行四邊形，從而得到PE=FA=6，列出關(guān)于t的方程，求出t的值，而根據(jù)Q在CB上運(yùn)動(dòng)，P在OA上運(yùn)動(dòng)，列出關(guān)于t的不等式組，求出不等式的解集得到t的范圍，求出t的值不在這個(gè)范圍中，故假設(shè)錯(cuò)誤，則不存在t，使得PABQ為平行四邊形．
點(diǎn)評(píng)：此題考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，等腰梯形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，以及勾股定理，考查了數(shù)形結(jié)合的思想，是一道運(yùn)動(dòng)型的題，要求學(xué)生借助圖形，找準(zhǔn)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡來(lái)解決問(wèn)題．第二問(wèn)的第二小問(wèn)利用了反證法進(jìn)行說(shuō)明，方法為：先假設(shè)存在t使得PABQ為平行四邊形，求出此時(shí)的t的值不在求出t的范圍之中，得出矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤，則不存在t使得PABQ為平行四邊形．