Question

10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形AOBC的邊長為AO=6，BO=8，
（1）如圖①，動點P以每秒2個單位的速度由點C向點A沿線段CA運(yùn)動，同時點Q以每秒4個單位的速度由點O向點C沿線段OC運(yùn)動，求當(dāng) P、Q、C三點構(gòu)成等腰三角形時點P的坐標(biāo)．
（2）如圖②，E是OB的中點，將△AOE沿AE折疊后得到△AFE，點F在矩形AOBC內(nèi)部，延長AF交BC于點G．求點G的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）分CQ=CP、PC=PQ和QC=PQ三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)計算即可；
（2）連接EG，由翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)得到△AOE≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EFG=∠OBC=90°，證明Rt△EFG≌Rt△EBG得到∠FEG=∠BEG，∠AOB=∠AEG=90°，得到△AOE∽△AEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．

解答 解：（1）設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，
由勾股定理得，OC=$\sqrt{O{A}^{2}+A{C}^{2}}$=10，
當(dāng)CQ=CP時，2t=10-4t，
解得，t=$\frac{5}{3}$，
此時CP=2×$\frac{5}{3}$=$\frac{10}{3}$，
∴AP=8-$\frac{10}{3}$=$\frac{14}{3}$，
P點坐標(biāo)為（$\frac{14}{3}$，6），
當(dāng)PC=PQ時，
如圖①，過點Q作AC的垂線交AC于點E，CQ=10-4t，CP=2t．
∵△CEQ∽△CAO，
∴EQ=$\frac{3}{5}$CQ=$\frac{3}{5}$（10-4t）=6-$\frac{12}{5}$t，PE=$\frac{4}{5}$（10-4t）-2t=8-$\frac{16}{5}$t-2t=8-$\frac{26}{5}$t，
由勾股定理得，（6-$\frac{12}{5}$t）²+（8-$\frac{26}{5}$t）²=（2t）²，
整理得：36t²-140t+125=0，
解得，t₁=$\frac{25}{18}$，t₂=$\frac{5}{2}$（舍去），
此時，AP=8×$\frac{25}{18}$×2=$\frac{47}{9}$，
∴P點坐標(biāo)為（$\frac{47}{9}$，6），
當(dāng)QC=PQ時，如圖②，過點Q作AC的垂線交AC于點F，
CQ=10-4t，CP=2t，
∵△CFQ∽△CAO，
∴QF═$\frac{3}{5}$（10-4t）=6-$\frac{12}{5}$t，PF=2t-$\frac{4}{5}$（10-4t）=$\frac{26}{5}$t-8，
則（6-$\frac{12}{5}$t）²+（$\frac{26}{5}$t-8）²=（10-4t）²，
整理得，21t²-40t=0，
解得，t₁=$\frac{40}{21}$，t₂=0（舍去），
此時，AP=8-$\frac{40}{21}$×2=$\frac{88}{21}$，
則P點坐標(biāo)為（$\frac{88}{21}$，6），
綜上所述，P點坐標(biāo)為（$\frac{14}{3}$，6），（$\frac{47}{9}$，6），（$\frac{88}{21}$，6）；
（2））如圖③，連接EG，
由題意得：△AOE≌△AFE，
∴∠EFG=∠OBC=90°，
∵E是OB的中點，
∴EG=EG，EF=EB=4，
在Rt△EFG和Rt△EBG中，
$\left\{\begin{array}{l}{EF=EB}\\{EG=EG}\end{array}\right.$，
∴Rt△EFG≌Rt△EBG（HL）
∴∠FEG=∠BEG，∠AOB=∠AEG=90°，
∴△AOE∽△AEG，
∴AE²=AO•AG，
即36+16=6×AG，
解得，AG=$\frac{26}{3}$，
由勾股定理得，CG=$\sqrt{A{G}^{2}-A{C}^{2}}$=$\frac{10}{3}$，
∴BG=6-$\frac{10}{3}$=$\frac{8}{3}$，
G的坐標(biāo)為（8，$\frac{8}{3}$）．

點評 本題考查的是翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．