Question

在矩形AOCB中，邊AO=2，OC=6，∠AOC的角平分線交AB于點D．點P從點O出發(fā)，以每秒

2

個單位長度的速度沿射線OD方向移動；同時點Q從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿射線OC方向移動，設移動時間t秒．
（1）當點P移動到點D時求出發(fā)時t的值；
（2）設△OPQ與梯形ODBC重疊部分面積為S，直接寫出S與t的關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；
（3）求當t為何值時，△PQB為直角三角形．

Answer 1

考點：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)求出DO的長，進而得出t的值；
（2）找出界點，分別進行討論0≤t＜2，2≤t＜3，3≤t＜4，t≥4這些時間段的情況，即可求出S；
（3）要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，進而利用勾股定理分別分析得出PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，再分別就∠PQB=90°和∠PBQ=90°討論，求出符合題意的t值即可．

解答：（1）解：∵四邊形OABC是矩形，
∴∠AOC=∠OAB=90°，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD=∠DOQ=45°，
∴在Rt△AOD中，∠ADO=45°，
∴AO=AD=2，OD=2

2

，
∴t=

2 2

2

=2；
 
（2）①當0≤t＜2時，
如圖1，作PG⊥OC于點G，在Rt△POG中，
∵∠POQ=45°，
∴∠OPG=45°，
∵OP=

2

t，
∴OG=PG=t，
∵OQ=2t，
∴S=

1

2

×2t×t=t²；
②當2≤t＜3時，
PQ交AB于點E，則△PDE∽△POQ
PD=

2

t-2

2

，OP=

2

t，
S_△POQ=

1

2

×2t×t=t²，
S_△PDE=S_△POQ×（

PD

OP

）²=t²-4t+4，
S=S_△POQ-S_△PDE=t²-（t²-4t+4）=4t-4；
③當3≤t＜4時，
由∠POQ=45°，OP=

2

t，OQ=2t，得△OPQ運動過程中始終是等腰直角三角形，
設PQ與BC交于點F，可得△FCQ是等腰直角三角形，
則CQ=CF=2t-6，
S_△FCQ=

1

2

×（2t-6）²=2t²-12t+18，
S=S_△POQ-S_△PDE-S_△FCQ=t²-（t²-4t+4）-（2t²-12t+18）=-2t²+16t-22；
④當t≥4時，
S=S_ODBC=

1

2

×（DB+OC）×BC=

1

2

×（4+6）×2=10；
           
（3）要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°．

如圖1，作PG⊥OC于點G，在Rt△POG中，
∵∠POQ=45°，
∴∠OPG=45°，
∵OP=

2

t，
∴OG=PG=t，
∴點P（t，t）
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根據(jù)勾股定理可得：PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，
①若∠PQB=90°，則有PQ²+BQ²=PB²，
即：2t²+[（6-2t）²+2²]=（6-t）²+（2-t）²，
整理得：4t²-8t=0，
解得：t₁=0（舍去），t₂=2，
∴t=2，
②若∠PBQ=90°，則有PB²+QB²=PQ²，
∴[（6-t）²+（2-t）²]+[（6-2t）²+2²]=2t²，
整理得：t²-10t+20=0，
解得：t=5±

5

．
∴當t=2或t=5+

5

或t=5-

5

時，△PQB為直角三角形．

解法2：①如圖2，當∠PQB=90°時，
易知∠OPQ=90°，
∴BQ∥OD，
∴∠BQC=∠POQ=45°
可得QC=BC=2，
∴OQ=4，
∴2t=4，
∴t=2，

②如圖3，當∠PBQ=90°時，若點Q在OC上，
作PN⊥x軸于點N，交AB于點M，
則易證∠PBM=∠CBQ，
∴△PMB∽△QCB
∴

PM

MB

=

QC

BC

，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（6-t），
化簡得t²-10t+20=0，
解得：t=5±

5

，
∴t=5-

5

； 
③如圖3，當∠PBQ=90°時，若點Q在OC的延長線上，
作PN⊥x軸于點N，交AB延長線于點M，
則易證∠BPM=∠MBQ=∠BQC，
∴△PMB∽△QCB，
∴

PM

MB

=

QC

BC

，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化簡得t²-10t+20=0，
解得：t=5±

5

，
∴t=5+

5

．
綜上可知當t=2或t=5+

5

或t=5-

5

時，△PQB為直角三角形．

點評：本題考查了相似形綜合題，涉及了動點問題，勾股定理的運用，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)，解答本題關(guān)鍵是討論點P的位置，由題意建立方程從而求出符合題意的t值，同時要數(shù)形結(jié)合進行思考，難度較大．