Question

7．如图，在平面直角坐标系xoy中，四边形OABC是矩形，A（0，6），C（8，0），动点P以每秒2个单位的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以每秒1个单位的速度从点C出发，沿CO向点O移动，设P、Q两点移动t秒（0＜t＜5）后，四边形AOQP的面积为S．
（1）求面积S与时间t的关系式；
（2）在P、Q两点移动的过程中，能否使以C、P、Q为顶点的三角形与A、O、C为顶点的三角形相似？若能，求出此时点P的坐标；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）过点P作PE⊥CO，可得△CPE∽△CAO，根据相似性质可表示出PE的长，然后可由四边形面积=S_△AOC-S_△PQC列出函数关系式；
（2）△AOC与△CPQ相似，则有以下两种情况：
①当∠QPC=∠AOC=90°时，△AOC∽△QPC，由相似性质得到t的值；
②当∠PQC=∠AOC=90°时，△AOC∽△PQC，由相似性质得到t的值，进而得到P点坐标．

解答 解：（1）如图，过点P作PE⊥CO，垂足为E，

根据题意可知，AP=2t，CQ=t，
∵A（0，6），C（8，0），
∴AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=10，则CP=10-2t，
∵PE⊥CO，AO⊥CO，∴PE∥AO，
∴△CPE∽△CAO，
∴$\frac{CP}{CA}=\frac{PE}{AO}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{10-2t}{10}=\frac{PE}{6}$=$\frac{CE}{8}$，解得：PE=$\frac{3}{5}$（10-2t），CE=$\frac{4}{5}（10-2t）$；
故四边形AOQP的面积S=$\frac{1}{2}×8×6-\frac{1}{2}×t×\frac{3}{5}（10-2t）$=$\frac{3}{5}{t}^{2}-3t+24$；
（2）若△AOC与△CPQ相似，则有以下两种情况：
①如图所示，

当∠QPC=∠AOC=90°时，△AOC∽△QPC，
可得：$\frac{CO}{CP}=\frac{CA}{CQ}$，即：$\frac{8}{10-2t}=\frac{10}{t}$，
解得：t=$\frac{25}{7}$，
过点P作PD⊥OC，垂足为D，由（1）可知，
PD=$\frac{3}{5}$（10-2t）=$\frac{12}{7}$，OD=8-$\frac{4}{5}（10-2t）$=$\frac{40}{7}$，
∴点P坐标为（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）；
②如图，

当∠PQC=∠AOC=90°时，△AOC∽△PQC，
可得：$\frac{PQ}{OA}=\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CO}$，即：$\frac{PQ}{6}=\frac{10-2t}{10}=\frac{t}{8}$，
解得：t=$\frac{40}{13}$，
PQ=$\frac{3}{5}（10-2t）=\frac{30}{13}$，OQ=8-t=$\frac{64}{13}$，
∴点P的坐标为（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）；
综上，存在这样的点P，其坐标为（$\frac{40}{7}$，$\frac{12}{7}$）或（$\frac{64}{13}$，$\frac{30}{13}$）．

点评 本题主要考查相似三角形性质的应用能力，第二题中两三角形相似时分类讨论是关键．