Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B，且OA=3，AB=5．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(yùn)動，到達(dá)點A后立刻以原來的速度沿AO返回；點Q從點A出發(fā)沿AB以每秒1個單位長的速度向點B勻速運(yùn)動．伴隨著P、Q的運(yùn)動，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(dāng)點Q到達(dá)點B時停止運(yùn)動，點P也隨之停止．設(shè)點P、Q運(yùn)動的時間是t秒（t＞0）．
（1）求直線AB的解析式；
（2）在點P從O向A運(yùn)動的過程中，求△APQ的面積S與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不必寫出t的取值范圍）；
（3）在點E從B向O運(yùn)動的過程中，完成下面問題：
①四邊形QBED能否成為直角梯形？若能，請求出t的值；若不能，請說明理由；
②當(dāng)DE經(jīng)過點O時，請你直接寫出t的值．

Answer 1

解：（1）在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，由勾股定理得OB==4．
∴A（3，0），B（0，4）．
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．
∴解得
∴直線AB的解析式為；

（2）如圖1，過點Q作QF⊥AO于點F．
∵AQ=OP=t，∴AP=3-t．
由△AQF∽△ABO，得．
∴=．
∴QF=t，
∴S=（3-t）•t，
∴S=-t²+t；

（3）四邊形QBED能成為直角梯形．
①如圖2，當(dāng)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(dāng)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=．
3t=5（3-t），
3t=15-5t，
8t=15，
解得t=；
（當(dāng)P從A向0運(yùn)動的過程中還有兩個，但不合題意舍去）

②當(dāng)DE經(jīng)過點O時，
∵DE垂直平分PQ，
∴EP=EQ=t，
由于P與Q相同的時間和速度，
∴AQ=EQ=EP=t，
∴∠AEQ=∠EAQ，
∵∠AEQ+∠BEQ=90°，∠EAQ+∠EBQ=90°，
∴∠BEQ=∠EBQ，
∴BQ=EQ，
∴EQ=AQ=BQ=AB
 所以t=，
當(dāng)P從A向O運(yùn)動時，
過點Q作QF⊥OB于F，
EP=6-t，
即EQ=EP=6-t，
AQ=t，BQ=5-t，
∴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(dāng)DE經(jīng)過點O時，t=或．
分析：（1）首先由在Rt△AOB中，OA=3，AB=5，求得OB的值，然后利用待定系數(shù)法即可求得一次函數(shù)的解析式；
（2）過點Q作QF⊥AO于點F，由△AQF∽△ABO，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，借助于方程即可求得QF的長，然后即可求得△APQ的面積S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）①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；
②根據(jù)題意可知即OP=OQ時，則列方程即可求得t的值．
點評：此題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識的應(yīng)用．此題綜合性較強(qiáng)，注意數(shù)形結(jié)合與方程思想的應(yīng)用．