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三、解答题
11. 如图,以直角三角形AOC的直角顶点O为原点,以OC,OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系,点$A(0,a),C(b,0)$满足$\sqrt{a-2b} + |b-2|=0$,D为线段AC的中点.在平面直角坐标系中以任意两点$P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$为端点的线段中点坐标为$( \frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2} )$.
(1)点A、点C、点D的坐标分别是多少?
(2)已知坐标轴上有两动点P,Q同时出发,点P从点C出发以1个单位长度每秒的速度沿x轴负方向匀速移动,点Q从点O出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动,点Q到达点A时整个运动随之结束.设运动时间为$t(t＞0)$秒,是否存在这样的$t$,使$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$,若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(3)点F是线段AC上一点,满足$∠ FOC=∠ FCO$,点G是第二象限中一点,使得$∠ AOG=∠ AOF$.点E是线段OA上一动点,连接CE交OF于点H,当点E在线段OA上运动的过程中,$\frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}$的值是否会发生变化?若不变,请求出它的值;若变化,请说明理由.
11. 如图,以直角三角形AOC的直角顶点O为原点,以OC,OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系,点$A(0,a),C(b,0)$满足$\sqrt{a-2b} + |b-2|=0$,D为线段AC的中点.在平面直角坐标系中以任意两点$P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$为端点的线段中点坐标为$( \frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2} )$.
(1)点A、点C、点D的坐标分别是多少?
(2)已知坐标轴上有两动点P,Q同时出发,点P从点C出发以1个单位长度每秒的速度沿x轴负方向匀速移动,点Q从点O出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动,点Q到达点A时整个运动随之结束.设运动时间为$t(t＞0)$秒,是否存在这样的$t$,使$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$,若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(3)点F是线段AC上一点,满足$∠ FOC=∠ FCO$,点G是第二象限中一点,使得$∠ AOG=∠ AOF$.点E是线段OA上一动点,连接CE交OF于点H,当点E在线段OA上运动的过程中,$\frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}$的值是否会发生变化?若不变,请求出它的值;若变化,请说明理由.
答案
11.解:(1)$\because \sqrt{a-2b}+|b-2|=0$,
$\therefore a-2b=0,b=2,a=4$.
$\therefore A(0,4),C(2,0),D(1,2)$.
(2)当$t=1$时,$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$.
由题意得:$CP=t,OP=2-t,OQ=2t,AQ=4-2t$.
$S_{△ ODP}=\frac{1}{2}OP · y_D=\frac{1}{2}(2-t) × 2=2-t$,
$S_{△ ODQ}=\frac{1}{2}OQ · x_D=\frac{1}{2} × 2t × 1=t$.
$\therefore 2-t=t,t=1$.
(3)值不变,为2. $\because ∠ EOH + ∠ HOC=90°,∠ AOG=∠ AOF,∠ FOC=∠ FCO$,
$\therefore ∠ GOC + ∠ ACO=180°,GO// AC$.
$\therefore ∠ GOA=∠ CAO, \therefore ∠ OEC=∠ CAO + ∠ ACE=∠ GOA + ∠ ACE$,
过点H作$HP// AC$交x轴于点P,则$∠ ACE=∠ PHC,PH// OG$,
$\therefore ∠ PHO=∠ GOF=∠ GOA + ∠ AOF$,
$\therefore ∠ OHC=∠ OHP + ∠ PHC=∠ GOF + ∠ ACE=∠ GOA + ∠ AOF + ∠ ACE$,
$\therefore \frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}$
$=\frac{∠ GOA + ∠ AOF + ∠ ACE + ∠ ACE}{∠ GOA + ∠ ACE}=2$.
$\therefore a-2b=0,b=2,a=4$.
$\therefore A(0,4),C(2,0),D(1,2)$.
(2)当$t=1$时,$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$.
由题意得:$CP=t,OP=2-t,OQ=2t,AQ=4-2t$.
$S_{△ ODP}=\frac{1}{2}OP · y_D=\frac{1}{2}(2-t) × 2=2-t$,
$S_{△ ODQ}=\frac{1}{2}OQ · x_D=\frac{1}{2} × 2t × 1=t$.
$\therefore 2-t=t,t=1$.
(3)值不变,为2. $\because ∠ EOH + ∠ HOC=90°,∠ AOG=∠ AOF,∠ FOC=∠ FCO$,
$\therefore ∠ GOC + ∠ ACO=180°,GO// AC$.
$\therefore ∠ GOA=∠ CAO, \therefore ∠ OEC=∠ CAO + ∠ ACE=∠ GOA + ∠ ACE$,
过点H作$HP// AC$交x轴于点P,则$∠ ACE=∠ PHC,PH// OG$,
$\therefore ∠ PHO=∠ GOF=∠ GOA + ∠ AOF$,
$\therefore ∠ OHC=∠ OHP + ∠ PHC=∠ GOF + ∠ ACE=∠ GOA + ∠ AOF + ∠ ACE$,
$\therefore \frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}$
$=\frac{∠ GOA + ∠ AOF + ∠ ACE + ∠ ACE}{∠ GOA + ∠ ACE}=2$.
解析
【分析】
(1) 算术平方根和绝对值都具有非负性，两个非负数的和为0，则每个非负数都为0，据此可列方程求出a、b的值，得到A、C的坐标，再结合题干给出的中点坐标公式，代入A、C坐标即可求出D点坐标。
(2) 先根据动点的运动速度和方向，用含t的式子分别表示出OP、OQ的长度，再结合D点坐标，分别计算△ODP和△ODQ的面积，令两个面积相等列方程求解，最后验证t的取值是否符合运动限制条件即可。
(3) 先根据已知角的等量关系推导GO与AC平行，再利用平行线的性质转化角的关系，将∠OHC、∠ACE、∠OEC用相同的角表示，代入分式化简，即可判断分式的值是否为定值。
【解析】
(1)
∵ 算术平方根和绝对值均为非负数，且$\sqrt{a-2b} + |b-2|=0$
∴ $\begin{cases}a-2b=0 \\ b-2=0\end{cases}$，解得$b=2$，$a=4$
∴ $A(0,4)$，$C(2,0)$
∵ D是AC的中点，根据中点坐标公式可得：
D点横坐标为$\frac{0+2}{2}=1$，纵坐标为$\frac{4+0}{2}=2$，即$D(1,2)$
(2) 存在这样的t，理由如下：
由题意得，运动时间t的取值范围为$0＜t≤2$（Q到A时停止，$2t≤4$即$t≤2$）
t秒时，$CP=t$，$OP=OC-CP=2-t$，$OQ=2t$
△ODP以OP为底，高为D点的纵坐标2，故：
$S_{△ ODP}=\frac{1}{2}×OP×y_D=\frac{1}{2}×(2-t)×2=2-t$
△ODQ以OQ为底，高为D点的横坐标1，故：
$S_{△ ODQ}=\frac{1}{2}×OQ×x_D=\frac{1}{2}×2t×1=t$
令$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$，得$2-t=t$，解得$t=1$，符合$0＜t≤2$的范围。
(3) 分式的值不变，定值为2，理由如下：
∵ ∠AOC=90°，
∴ ∠AOF+∠FOC=90°
又
∵ ∠AOG=∠AOF，∠FOC=∠FCO
∴ ∠GOC+∠FCO=∠AOG+∠AOF+∠FOC+∠FCO=2(∠AOF+∠FOC)=180°
即∠GOC+∠ACO=180°，
∴ GO//AC
∴ ∠GOA=∠CAO
由三角形外角性质得：∠OEC=∠CAO+∠ACE=∠GOA+∠ACE
过点H作HP//AC交x轴于点P，则∠ACE=∠PHC，且HP//OG
∴ ∠PHO=∠GOF=∠GOA+∠AOF
∴ ∠OHC=∠OHP+∠PHC=∠GOA+∠AOF+∠ACE
又
∵ ∠AOG=∠AOF，即∠AOF=∠GOA，代入得：
$\frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}=\frac{∠ GOA + ∠ GOA + ∠ ACE + ∠ ACE}{∠ GOA + ∠ ACE}=\frac{2(∠GOA+∠ACE)}{∠GOA+∠ACE}=2$
【答案】
(1) $A(0,4)$，$C(2,0)$，$D(1,2)$；
(2) 存在，$t$的值为1；
(3) 值不变，为2。
【知识点】
1. 非负数的性质
2. 坐标与三角形面积
3. 平行线的判定与性质
【点评】
本题为坐标与几何的综合题，梯度设置合理，既考查了非负性、中点坐标公式等基础知识点的应用，也考查了动点问题的面积计算、角度定值的逻辑推理，能有效检验知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.5
(1) 算术平方根和绝对值都具有非负性，两个非负数的和为0，则每个非负数都为0，据此可列方程求出a、b的值，得到A、C的坐标，再结合题干给出的中点坐标公式，代入A、C坐标即可求出D点坐标。
(2) 先根据动点的运动速度和方向，用含t的式子分别表示出OP、OQ的长度，再结合D点坐标，分别计算△ODP和△ODQ的面积，令两个面积相等列方程求解，最后验证t的取值是否符合运动限制条件即可。
(3) 先根据已知角的等量关系推导GO与AC平行，再利用平行线的性质转化角的关系，将∠OHC、∠ACE、∠OEC用相同的角表示，代入分式化简，即可判断分式的值是否为定值。
【解析】
(1)
∵ 算术平方根和绝对值均为非负数，且$\sqrt{a-2b} + |b-2|=0$
∴ $\begin{cases}a-2b=0 \\ b-2=0\end{cases}$，解得$b=2$，$a=4$
∴ $A(0,4)$，$C(2,0)$
∵ D是AC的中点，根据中点坐标公式可得：
D点横坐标为$\frac{0+2}{2}=1$，纵坐标为$\frac{4+0}{2}=2$，即$D(1,2)$
(2) 存在这样的t，理由如下：
由题意得，运动时间t的取值范围为$0＜t≤2$（Q到A时停止，$2t≤4$即$t≤2$）
t秒时，$CP=t$，$OP=OC-CP=2-t$，$OQ=2t$
△ODP以OP为底，高为D点的纵坐标2，故：
$S_{△ ODP}=\frac{1}{2}×OP×y_D=\frac{1}{2}×(2-t)×2=2-t$
△ODQ以OQ为底，高为D点的横坐标1，故：
$S_{△ ODQ}=\frac{1}{2}×OQ×x_D=\frac{1}{2}×2t×1=t$
令$S_{△ ODP}=S_{△ ODQ}$，得$2-t=t$，解得$t=1$，符合$0＜t≤2$的范围。
(3) 分式的值不变，定值为2，理由如下：
∵ ∠AOC=90°，
∴ ∠AOF+∠FOC=90°
又
∵ ∠AOG=∠AOF，∠FOC=∠FCO
∴ ∠GOC+∠FCO=∠AOG+∠AOF+∠FOC+∠FCO=2(∠AOF+∠FOC)=180°
即∠GOC+∠ACO=180°，
∴ GO//AC
∴ ∠GOA=∠CAO
由三角形外角性质得：∠OEC=∠CAO+∠ACE=∠GOA+∠ACE
过点H作HP//AC交x轴于点P，则∠ACE=∠PHC，且HP//OG
∴ ∠PHO=∠GOF=∠GOA+∠AOF
∴ ∠OHC=∠OHP+∠PHC=∠GOA+∠AOF+∠ACE
又
∵ ∠AOG=∠AOF，即∠AOF=∠GOA，代入得：
$\frac{∠ OHC + ∠ ACE}{∠ OEC}=\frac{∠ GOA + ∠ GOA + ∠ ACE + ∠ ACE}{∠ GOA + ∠ ACE}=\frac{2(∠GOA+∠ACE)}{∠GOA+∠ACE}=2$
【答案】
(1) $A(0,4)$，$C(2,0)$，$D(1,2)$；
(2) 存在，$t$的值为1；
(3) 值不变，为2。
【知识点】
1. 非负数的性质
2. 坐标与三角形面积
3. 平行线的判定与性质
【点评】
本题为坐标与几何的综合题，梯度设置合理，既考查了非负性、中点坐标公式等基础知识点的应用，也考查了动点问题的面积计算、角度定值的逻辑推理，能有效检验知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.5
