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1. 如图,以直角三角形AOC的直角顶点O为原点,分别以OC,OA所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知$A(0,a),C(c,0)$满足$\sqrt{a-2c}+|c-4|=0$.
(1)点A的坐标为
(2)求直角三角形AOC的面积.
(3)已知x轴、y轴上分别有动点P,Q,点P从点C出发以每秒1个单位长度的速度沿x轴负方向匀速移动,点Q从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿y轴正方向匀速移动,两点同时出发,当点Q到达点A时,整个运动随之结束,AC的中点D的坐标是$(2,4)$,设运动时间为$t(t＞0)$秒,是否存在这样的$t$值,使$S_{三角形ODP}=S_{三角形ODQ}$?若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(1)点A的坐标为
(0,8)
,点C的坐标为(4,0)
.(2)求直角三角形AOC的面积.
(3)已知x轴、y轴上分别有动点P,Q,点P从点C出发以每秒1个单位长度的速度沿x轴负方向匀速移动,点Q从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿y轴正方向匀速移动,两点同时出发,当点Q到达点A时,整个运动随之结束,AC的中点D的坐标是$(2,4)$,设运动时间为$t(t＞0)$秒,是否存在这样的$t$值,使$S_{三角形ODP}=S_{三角形ODQ}$?若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
答案
1. (1) $(0,8)$，$(4,0)$ 解析:$\because \sqrt{a-2c}+|c-4|=0,\therefore c-4=0,a-2c=0,$解得 $c=4,a=8,\therefore A(0,8),C(4,0).$
(2) $\because A(0,8),C(4,0),\therefore OA=8,OC=4,$直角三角形$AOC$的面积为$\frac{1}{2}AO· OC=\frac{1}{2}×8×4=16.$
(3) 存在,由条件可知$P$点从$C$点运动到$O$点的时间为4秒,$Q$点从$O$点运动到$A$点的时间为4秒,$\therefore$ 当$0＜t≤4$时,点$Q$在线段$AO$上,点$P$在线段$OC$上,由题意可得 $CP=t,OP=4-t,OQ=2t,AQ=8-2t,D(2,4),\therefore S_{\mathrm{三角形}ODP}=\frac{1}{2}y_D· OP=\frac{1}{2}×4(4-t)=8-2t,S_{\mathrm{三角形}ODQ}=\frac{1}{2}x_D· OQ=\frac{1}{2}×2· 2t=2t,\therefore 8-2t=2t,$解得 $t=2.$
(2) $\because A(0,8),C(4,0),\therefore OA=8,OC=4,$直角三角形$AOC$的面积为$\frac{1}{2}AO· OC=\frac{1}{2}×8×4=16.$
(3) 存在,由条件可知$P$点从$C$点运动到$O$点的时间为4秒,$Q$点从$O$点运动到$A$点的时间为4秒,$\therefore$ 当$0＜t≤4$时,点$Q$在线段$AO$上,点$P$在线段$OC$上,由题意可得 $CP=t,OP=4-t,OQ=2t,AQ=8-2t,D(2,4),\therefore S_{\mathrm{三角形}ODP}=\frac{1}{2}y_D· OP=\frac{1}{2}×4(4-t)=8-2t,S_{\mathrm{三角形}ODQ}=\frac{1}{2}x_D· OQ=\frac{1}{2}×2· 2t=2t,\therefore 8-2t=2t,$解得 $t=2.$
2. 如图①,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点 A 的坐标为$(6,-8),AB⊥y$轴于点 B,$AC⊥x$轴于点 C. 点 P 从原点 O 出发,以每秒 2 个单位长度的速度沿 O-C-A-B-O 的路线运动一周.
(1)直接写出点 B、点 C 的坐标;
(2)当点 P 运动 4 秒时,写出点 P 的坐标;
(3)当三角形 OCP 的面积为 12 时,求出点 P 运动的时间;
(4)如图②,点 D 从点 O 出发,沿 x 轴正方向运动,速度为每秒 1 个单位长度,当三角形 BCD 的面积等于三角形 OBA 面积的一半时,直接写出点 D 运动的时间.
(1)直接写出点 B、点 C 的坐标;
(2)当点 P 运动 4 秒时,写出点 P 的坐标;
(3)当三角形 OCP 的面积为 12 时,求出点 P 运动的时间;
(4)如图②,点 D 从点 O 出发,沿 x 轴正方向运动,速度为每秒 1 个单位长度,当三角形 BCD 的面积等于三角形 OBA 面积的一半时,直接写出点 D 运动的时间.
答案
2. (1)$B(0,-8),C(6,0)$ 解析:$\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(6,-8)$,$AB⊥ y$ 轴于点 $B$,$AC⊥ x$ 轴于点 $C$,$\therefore B(0,-8),C(6,0).$
(2)$\because A(6,-8),B(0,-8),C(6,0),\therefore OC=AB=6,AC=OB=8,$点 $P$ 运动 4 秒时,$4×2=8$,$\therefore$ 此时点 $P$ 在线段 $AC$ 上,$CP=8-OC=8-6=2$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为$(6,-2).$
(3)$\because OC=6$,三角形 $OCP$ 的面积为 $12$,$\therefore S_{\mathrm{三角形}OCP}=\frac{1}{2}OC·|y_p|=12,$解得 $y_p=-4$ 或 $4$(不合题意,舍去).当点 $P$ 在线段 $AC$ 上,$CP=4$,$\therefore$ 点 $P$ 运动的路程为 $OC+CP=6+4=10$,此时点 $P$ 运动的时间为 $10÷2=5$(秒);当点 $P$ 在线段 $OB$ 上,$BP=8-4=4$,$\therefore$ 点 $P$ 运动的路程为 $OC+AC+AB+BP=6+8+6+4=24$,此时点 $P$ 运动的时间为 $24÷2=12$(秒).综上所述,当三角形 $OCP$ 的面积为 12 时,点 $P$ 运动的时间为 5 秒或 12 秒.
(4)点 $D$ 的运动时间为 3 秒或 9 秒. 解析:$\because OB=8,AB=6,∠ ABO=90°,\therefore S_{\mathrm{三角形}OBA}=\frac{1}{2}OB· AB=\frac{1}{2}×8×6=24.$ 设 $D(a,0)$,$\because C(6,0)$,$\therefore CD=|6-a|$,$\therefore S_{\mathrm{三角形}BCD}=\frac{1}{2}OB· CD=\frac{1}{2}×8×|6-a|.\because S_{\mathrm{三角形}BCD}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{三角形}OBA},\therefore \frac{1}{2}×8×|6-a|=\frac{1}{2}×24$,解得 $a=3$ 或 $a=9$,即当三角形 $BCD$ 的面积等于三角形 $OBA$ 面积的一半时,点 $D$ 运动的时间为 3 秒或 9 秒.
(2)$\because A(6,-8),B(0,-8),C(6,0),\therefore OC=AB=6,AC=OB=8,$点 $P$ 运动 4 秒时,$4×2=8$,$\therefore$ 此时点 $P$ 在线段 $AC$ 上,$CP=8-OC=8-6=2$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为$(6,-2).$
(3)$\because OC=6$,三角形 $OCP$ 的面积为 $12$,$\therefore S_{\mathrm{三角形}OCP}=\frac{1}{2}OC·|y_p|=12,$解得 $y_p=-4$ 或 $4$(不合题意,舍去).当点 $P$ 在线段 $AC$ 上,$CP=4$,$\therefore$ 点 $P$ 运动的路程为 $OC+CP=6+4=10$,此时点 $P$ 运动的时间为 $10÷2=5$(秒);当点 $P$ 在线段 $OB$ 上,$BP=8-4=4$,$\therefore$ 点 $P$ 运动的路程为 $OC+AC+AB+BP=6+8+6+4=24$,此时点 $P$ 运动的时间为 $24÷2=12$(秒).综上所述,当三角形 $OCP$ 的面积为 12 时,点 $P$ 运动的时间为 5 秒或 12 秒.
(4)点 $D$ 的运动时间为 3 秒或 9 秒. 解析:$\because OB=8,AB=6,∠ ABO=90°,\therefore S_{\mathrm{三角形}OBA}=\frac{1}{2}OB· AB=\frac{1}{2}×8×6=24.$ 设 $D(a,0)$,$\because C(6,0)$,$\therefore CD=|6-a|$,$\therefore S_{\mathrm{三角形}BCD}=\frac{1}{2}OB· CD=\frac{1}{2}×8×|6-a|.\because S_{\mathrm{三角形}BCD}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{三角形}OBA},\therefore \frac{1}{2}×8×|6-a|=\frac{1}{2}×24$,解得 $a=3$ 或 $a=9$,即当三角形 $BCD$ 的面积等于三角形 $OBA$ 面积的一半时,点 $D$ 运动的时间为 3 秒或 9 秒.
