Question

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC過原點O，且A（0，2）、C（6，0），∠AOC的平分線交AB于點D．
（1）直接寫出點B的坐標(biāo)；
（2）如圖1，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x軸正方向移動．設(shè)移動時間為t秒．
①當(dāng)t為何值時，△OPQ的面積等于1；
②當(dāng)t為何值時，△PQB為直角三角形；
（3）如圖2，點E（0，-2），連接DC、DE，將∠CDE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，兩邊DC、DE與x軸、y軸分別交于點M、N，若△DEN為等腰三角形，求點M的坐標(biāo)．

Answer 1

考點：四邊形綜合題

專題：綜合題

分析：（1）利用矩形的性質(zhì)和A（0，2）、C（6，0）可得到B點坐標(biāo)；
（2）①根據(jù)條件易得△AOD為等腰直角三角形，則AD=OA=2，作PG⊥OC于G，交AB于H，如圖①，利用三角形面積公式得到

1

2

•

2

t•2t•sin45°=1，解得t=1；
②如圖①，在Rt△POG中，OP=

2

t，而△POG為等腰直角三角形，則OG=PG=

2

2

OP=t，得到點P（t，t），加上Q（2t，0），B（6，2），利用兩點間的距離公式得到PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，由于△PQB為直角三角形，則∠PQB=90°或∠PBQ=90°，然后分類討論：
當(dāng)∠PQB=90°，則有PQ²+BQ²=PB²，即2t²+[（6-2t）²+2²]=（6-t）²+（2-t）²，；當(dāng)∠PBQ=90°，則有PB²+QB²=PQ²，即[（6-t）²+（2-t）²]+[（6-2t）²+2²]=2t²，再分別解方程求出t的值；
（3）先根據(jù)“SAS”證明△AED≌△BDC，得到∠ADE=∠BCD，DE=CD，而∠BCD+∠BDC=90°，則∠ADC+∠BDC=90°，所以∠EDC=90°，
然后分類討論：如圖2②，根據(jù)“SAS”證明△EDN≌△CDM，得到EN=CM，當(dāng)NE=ND時，設(shè)NE=a，則AN=4-a，ND=a，在Rt△AND中，根據(jù)勾股定理得到2²+（4-a）²=a²，解得a=

5

2

，則EN=CM=

5

2

，OM=OC-CM=

7

2

，所以M點的坐標(biāo)為（

7

2

，0）；如圖2③，當(dāng)EN=ED時，同樣可證明△EDN≌△CDM得到EN=CM，在Rt△ADE中，利用勾股定理計算出ED=AE

AE2+AD2

=2

5

，則EN=CM=2

5

，OM=OC-CM=6-2

5

，得到M點的坐標(biāo)為（6-2

5

，0）；如圖2④，當(dāng)NN=ED時，
同樣可證明△EDN≌△CDM得到EN=CM，利用等腰三角形的性質(zhì)得EN=2AE=8，則CM=8，OM=CM-OC=2，所以C點坐標(biāo)為（-2，0）．

解答：解：（1）∵四邊形ABCO為矩形，
而A（0，2）、C（6，0），
∴B點坐標(biāo)為（6，2）；
（2）①∵∠AOC的平分線交AB于點D，
∴∠AOD=∠DOC=45°，
∴△AOD為等腰直角三角形，
∴AD=OA=2，
作PG⊥OC于G，交AB于H，如圖①，
∵S_△OPQ=

1

2

×OP×OQ×sin∠DOC，
∴

1

2

•

2

t•2t•sin45°=1，
∴t=1（t=-1舍去），
即當(dāng)t為1秒時，△OPQ的面積等于1；
②要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，
如圖①，在Rt△POG中，OP=

2

t，
∵∠POQ=45°，
∴△POG為等腰直角三角形，
∴OG=PG=

2

2

OP=t，
∴點P（t，t），
又∵Q（2t，0），B（6，2），
∴PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，
當(dāng)∠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；
當(dāng)∠PBQ=90°，則有PB²+QB²=PQ²，即[（6-t）²+（2-t）²]+[（6-2t）²+2²]=2t²，
整理得：t²-10t+20=0，
解得：t=5±

5

．
∴當(dāng)t=2或t=5+

5

或t=5-

5

時，△PQB為直角三角形；
（3）∵點E的坐標(biāo)為（0，-2），
∴OE=2，
∴AE=4，AD=2，
∵BD=AB-AD=4，BC=2，
∴AD=BC，AE=BD，
在△AED和△BDC中

AD=BC ∠DAE=∠CBD AD=BC

，
∴△AED≌△BDC，
∴∠ADE=∠BCD，DE=CD，
而∠BCD+∠BDC=90°，
∴∠ADC+∠BDC=90°，
∴∠EDC=90°，
如圖2②，
∵將∠CDE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，兩邊DC、DE與x軸、y軸分別交于點M、N，
∴∠MDN=90°，
∴∠4+∠MDE=90°，
而∠3+∠MDE=90°，
∴∠3=∠4，
在△EDN和△CDM中

∠1=∠2 DE=CD ∠4=∠3

，
∴△EDN≌△CDM，
∴EN=CM，
當(dāng)NE=ND時，設(shè)NE=a，則AN=4-a，ND=a，
在Rt△AND中，
∵AD²+AN²=ND²，
∴2²+（4-a）²=a²，解得a=

5

2

，
∴EN=CM=

5

2

，
∴OM=OC-CM=

7

2

，
∴M點的坐標(biāo)為（

7

2

，0）；
如圖2③，當(dāng)EN=ED時，
同樣可證明△EDN≌△CDM得到EN=CM，
在Rt△ADE中，AE=4，AD=2，
ED=AE

AE2+AD2

=2

5

，
∴EN=CM=2

5

，
∴OM=OC-CM=6-2

5

，
∴M點的坐標(biāo)為（6-2

5

，0）；
如圖2④，當(dāng)NN=ED時，
同樣可證明△EDN≌△CDM得到EN=CM，
∵DA⊥EN，
∴AE=AN，
∴EN=2AE=8，
∴CM=8，
∴OM=CM-OC=2，
∴C點坐標(biāo)為（-2，0），
綜上所述，滿足條件的M點坐標(biāo)為（

7

2

，0），（6-2

5

，0），（-2，0）．

點評：本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和三角形全等的判定與性質(zhì)；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會運(yùn)用兩點間的距離公式和勾股定理計算線段的長；會應(yīng)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．