Question

如圖，在平面直角坐標系中，Rt△AOC的直角邊OC在y軸正半軸，且頂點O與坐標原點重合，點A的坐標為（2，4），直線y=-x+b過點A，與x軸交點B．

（1）點B的坐標為______．
（2）動點P從點O出發，以每秒1個單位長的速度，沿O-C-A的路線向點A運動，同時動點M從點B出發，以相同的速度沿BO的方向向O運動，過點M作MQ⊥x軸，交線段BA或線段AO于點Q，當點P到達A點時，點P和點M都停止運動．在運動過程中，設動點P運動的時間為t秒．
①設△APQ的面積為S，求S關于t的函數關系式；
②是否存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等？若存在，求t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）將點A（2，4）代入y=-x+b，
得4=-2+b，解得b=6，
∴y=-x+6，
當y=0時，x=6，
∴點B的坐標為（6，0）．

（2）①設直線y=-x+6與y軸交于點D，則D（0，6），
∵B（6，0），
∴OB=OD=6，∠OBD=∠ODB=45°．
過點A（2，4）作AN⊥OB于N，則AN=OC=4，ON=AC=2，BN=AN=4，
∴當點P到達點C時，點M到達點N．
分兩種情況討論：
（i）當0≤t≤4時，點P在OC上，點Q在BA上，如圖1．
∵OP=t，BM=QM=t，
∴PQ∥OB，PQ=OM=OB-BM=6-t，CP=OC-OP=4-t，
∴S=PQ•CP=（6-t）（4-t）=t²-5t+12；
（ii）當4＜t≤6時，點P在AC上，點Q在AO上，如圖2，延長MQ交AC于點E．
∵OC+CP=t，BM=t，
∴AP=6-t，OM=OB-BM=6-t．
∵tan∠AON==，
∴=，
∴QM=12-2t，
∴QE=EM-QM=4-（12-2t）=2t-8，
∴S=AP•QE=（6-t）（2t-8）=-t²+10t-24．
綜上可知，S=；

②存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等，理由如下：
分兩種情況討論：
（i）當0≤t≤4時，點P在OC上，點Q在BA上，如圖3．
∵S_△MPQ=PQ•QM=（6-t）t=-t²+3t，S=t²-5t+12，
∴-t²+3t=t²-5t+12，
整理，得t²-8t+12=0，
解得t₁=2，t₂=6（不合題意舍去）；
（ii）當4＜t≤6時，點P在AC上，點Q在AO上，如圖4．
∵QM=12-2t，PE=|CE-CP|=|（6-t）-（t-4）|=|10-2t|，
∴S_△MPQ=QM•PE=（12-2t）|10-2t|=（6-t）|10-2t|，
又∵S=AP•QE=（6-t）（2t-8）=（6-t）（t-4），
∴（6-t）|10-2t|=（6-t）（t-4），
∵t=6時，M與Q重合，不合題意舍去，
∴10-2t=±（t-4），
當10-2t=t-4時，t=；
當10-2t=-（t-4）時，t=6舍去．
綜上可知，存在以M、P、Q為頂點的三角形的面積與S相等，此時t的值為2或．
故答案為（6，0）．
分析：（1）先將點A（2，4）代入y=-x+b，運用待定系數法求出直線AB的解析式，再令y=0，求出x的值，即可得到與x軸交點B的坐標；
（2）①先求出直線AB與y軸交點D的坐標，由B、D兩點的坐標，可知△OBD是等腰直角三角形，再過點A作AN⊥OB于N，可得AN=OC=4，BN=AN=4，則當點P到達點C時，點M到達點N，所以分兩種情況討論：（i）當0≤t≤4，即點P在OC上，點Q在BA上時，用含t的代數式分別表示PQ、CP，再根據S=PQ•CP即可求解；（ii）當4＜t≤6，即點P在AC上，點Q在AO上時，延長MQ交AC于點E，用含t的代數式分別表示AP、QE，再根據S=AP•QE即可求解；
②分兩種情況討論：（i）當0≤t≤4，即點P在OC上，點Q在BA上時，先由三角形面積公式求出S_△MPQ=-t²+3t，再根據S_△MPQ=S=t²-5t+12列出方程，解方程即可；（ii）當4＜t≤6，即點P在AC上，點Q在AO上時，先由三角形面積公式求出S_△MPQ=（6-t）|10-2t|，再根據S_△MPQ=S=（6-t）（t-4），列出方程，解方程即可．
點評：本題是一次函數的綜合題型，主要考查了運用待定系數法求直線的解析式，等腰直角三角形的性質，三角函數的定義，三角形的面積，要注意（2）中，要根據P與Q點的不同位置進行分類求解，本題難度適中．