Question

如圖，在平面直角坐標系中，直線y=-4與x軸交于點A，與y軸交于點B，點P從點O出發(fā)沿OA以每秒1個單位長的速度向點A勻速運動，到達點A后立刻以原來的速度沿AO返回；點Q從A出發(fā)沿AB以每秒1個單位長的速度向點B勻速運動，當點P、Q運動時，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于點D，交折線QB-BO-OP于點E．點P、Q同時出發(fā)，當點Q到達點B時停止運動，點P也隨之停止，設(shè)點P、Q運動的時間為t秒（t＞0）．
（1）點Q的坐標是（______，______）（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）當點E在BO上時，四邊形QBED能否為直角梯形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由；
（3）當t為何值時，直線DE經(jīng)過點O．

Answer 1

解：（1）過點Q作QF⊥OA于點F，
∵直線y=-4與x軸交于點A，與y軸交于點B，
∴點A（3，0），B（0，4），
∴在Rt△AOB中，AB==5，
∵OA⊥OB，
∴QF∥OB，
∴△AQF∽△ABO，
∴，
∵AQ=t，
即，
∴AF=t，QF=t，
∴OF=OA-AF=3-t，
∴點Q的坐標為：（3-t，t）；
故答案為：3-t，t；

（2）四邊形QBED能成為直角梯形．
①當0＜t＜3時，
∴AQ=OP=t，
∴AP=3-t．
如圖2，當DE∥QB時，
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四邊形QBED是直角梯形．
此時∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABO，得．
∴=．
解得t=；
如圖3，當PQ∥BO時，
∵DE⊥PQ，
∴DE⊥BO，四邊形QBED是直角梯形．
此時∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABO，得．
即．
解得t=；
②當3＜t＜5時，AQ=t，AP=t-3，
如圖2，當DE∥QB時，
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四邊形QBED是直角梯形．
此時∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABO，得．
∴=．
解得t=-（舍去）；
如圖3，當PQ∥BO時，
∵DE⊥PQ，
∴DE⊥BO，四邊形QBED是直角梯形．
此時∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABO，得．
即．
解得t=＞5（舍去）；
綜上所述：t=或；

（3）當t=或時，DE經(jīng)過點O．
理由：①如圖4，當DE經(jīng)過點O時，
∵DE垂直平分PQ，
∴EP=EQ=t，
由于P與Q運動的時間和速度相同，
∴AQ=EQ=EP=t，
∴∠AEQ=∠EAQ，
∵∠AEQ+∠BEQ=90°，∠EAQ+∠EBQ=90°，
∴∠BEQ=∠EBQ，
∴BQ=EQ，
∴EQ=AQ=BQ=AB
∴t=，
②如圖5，當P從A向O運動時，
過點Q作QF⊥OB于F，
∵EP=6-t，
∴EQ=EP=6-t，
∵AQ=t，BQ=5-t，sin∠ABO==，cos∠ABO==，
∴FQ=（5-t）=3-t，BF=（5-t）=4-t，
∴EF=4-BF=t，
∵EF²+FQ²=EQ²，
即（3-t）²+（t）²=（6-t）²，
解得：t=．
∴當DE經(jīng)過點O時，t=或．
分析：（1）首先過點Q作QF⊥OA于點F，由直線y=-4與x軸交于點A，與y軸交于點B，可求得OA，OB的長，然后由勾股定理，即可求得AB的長，易得△AQF∽△ABO，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可表示出QF與AF的長，繼而可求得點Q的坐標；
（2）分別從DE∥QB與PQ∥BO去分析，借助于相似三角形的性質(zhì)，即可求得t的值；
（3）根據(jù)題意可知即OP=OQ時，直線DE經(jīng)過點O；分別從當P從O到A與點P從A到O去分析，列方程即可求得t的值．
點評：此題考查了一次函數(shù)上點的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及直角梯形的性質(zhì)．此題綜合性較強，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想與方程思想的應(yīng)用．