Question

1．如图，在梯形OABC中，OA∥BC，∠B=90°，OC=10，BC=8，AB=8．以O为原点，OA为x轴建立平面直角坐标系．P、Q同时从点O出发，点P以1单位/s的速度沿折线OC→CB→BA向A点匀速运动，点Q以1单位/s的速度沿x轴的正半轴方向匀速运动．当点P到达点A时，点Q也随之停止运动．设运动时间为t秒．
（1）C点的坐标为（6，8）；当t=12时，∠POQ45°．
（2）若△POQ与梯形OABC重合的面积为S，试求出面积S与时间t的函数关系式．
（3）若直线y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$与梯形OABC的OC、AB边分别交于M、N，那么x轴上是否存在一点H，使得△MNH为直角三角形？若有，请直接写出H点的坐标；若没有，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）过C点作CD⊥OA交于D，则四边形ABCD为矩形，得出CD=AB=8，由勾股定理求出OD=6，即可得出C点的坐标；当t=12时，作PE⊥OA于E，则PE=AB=8，得出OE=PE，因此∠POQ=45°；
（2）分四种情况：①当0≤t≤10时，作PF⊥OA于F，则PF=$\frac{4}{5}$t，△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OPQ的面积，即可得出结果；
②当10＜t≤14时，△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OPQ的面积，即可得出结果；
③当14＜t≤18时，△POQ与梯形OABC重合的面积S=$\frac{1}{2}$×t×8-$\frac{1}{2}$（t-14）×2（t-14），即可得出结果；
④当18＜t≤26时，△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OAP的面积，即可得出结果；
（3）求出直线y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$与x轴的交点K的坐标为（-19，0），直线OC的解析式为y=$\frac{4}{3}$x，求出点M、N的坐标；分三种情况：
①当∠MHN=90°时，作MG⊥OA于G，则△MGH∽△HAN，得出$\frac{MG}{AH}=\frac{GH}{AN}$，设AH=x，则GH=11-x，即可求出结果；
②当∠MNH=90°时，AK=19+14=33，由射影定理求出AH，得出OH即可；
③当∠NMH=90°时，GK=19+3=22，由射影定理求出GH，得出OH即可．

解答 解：（1）过C点作CD⊥OA交于D，如图1所示：
∵在梯形OABC中，OA∥BC，∠B=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=8，
由勾股定理得：OD=$\sqrt{O{C}^{2}-C{D}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{8}^{2}}$=6，
∴C点的坐标为（6，8）；
当t=12时，作PE⊥OA于E，则PE=AB=8，DE=CP=12-10=2，
∴OE=8，
∴OE=PE，
∴∠POQ=45°；
故答案为：（6，8），45°；
（2）分四种情况：①当0≤t≤10时，作PF⊥OA于F，如图2所示：
则PF=$\frac{4}{5}$t，
△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OPQ的面积=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{4}{5}$t=$\frac{2}{5}$t²，
即S=$\frac{2}{5}$t²；
②当10＜t≤14时，作PF⊥OA于F，
如图3所示：
△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OPQ的面积=$\frac{1}{2}$×t×8=4t，即S=4t；
③当14＜t≤18时，tan∠OQP=$\frac{8}{4}$=2，
如图4所示：△POQ与梯形OABC重合的面积S=$\frac{1}{2}$×t×8-$\frac{1}{2}$（t-14）×2（t-14）=-t²+32t-196，
即S=-t²+32t-196；
④当18＜t≤26时，如图5所示：
△POQ与梯形OABC重合的面积S=△OAP的面积
=$\frac{1}{2}$×14×（26-t）=-7t+182，
即S=-7t+182；
（3）在x轴上存在一点H，使得△MNH为直角三角形；
理由如下：
由题意得：直线y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$与x轴的交点K的坐标为（-19，0），
直线OC的解析式为y=$\frac{4}{3}$x，
M为直线OC与直线y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$的交点，
由$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$=$\frac{4}{3}$x得：x=3，
∴y=4，
∴M（3，4）；
N为直线AB与直线y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$的交点，
∵AB的解析式为x=14，
∴y=$\frac{2}{11}x+\frac{38}{11}$=$\frac{2}{11}$×14+$\frac{38}{11}$=6，
∴N（14，6）；
分三种情况：
①当∠MHN=90°时，如图6所示：
作MG⊥OA于G，
则△MGH∽△HAN，
∴$\frac{MG}{AH}=\frac{GH}{AN}$，
设AH=x，
则GH=11-x，
∴$\frac{4}{x}=\frac{11-x}{6}$，
解得：x=3，或x=8，
∴OH=11，或OH=6，
∴点H的坐标为（11，0），或（6，0）；
②当∠MNH=90°时，如图7所示：
AK=19+14=33，
由射影定理得：AN²=AK×AH，
∴AH=$\frac{{6}^{2}}{33}$=$\frac{12}{11}$，
∴OH=14+$\frac{12}{11}$=$\frac{166}{11}$，
∴H（$\frac{166}{11}$，0）；
③当∠NMH=90°时，如图8所示：
GK=19+3=22，
由射影定理得：MG²=GK×GH，
∴GH=$\frac{{4}^{2}}{22}$=$\frac{8}{11}$，
∴OH=3+$\frac{8}{11}$=$\frac{41}{11}$，
∴H（$\frac{41}{11}$，0）；
综上所述：在x轴上存在一点H，使得△MNH为直角三角形，点H的坐标为（11，0），或（6，0），或（$\frac{166}{11}$，0），或（$\frac{41}{11}$，0）．

点评 本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角梯形的性质、相似三角形的判定与性质、射影定理、直角三角形的判定、坐标与图形性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，难度较大，需要通过作辅助线进行分类讨论才能得出结果．