、如图，以Rt△ABO的直角顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．已知OA
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发布时间：2022-04-26 10:10
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时间：2023-10-09 08:02
∴AB=$\sqrt{{4^2}+{3^2}}=5$
①P由O向A运动时，OP=AQ=t，AP=4-t
过Q作QH⊥AP于H点．
由QH∥BO，得
$\frac{QH}{AQ}=\frac{OB}{AB}，得QH=\frac{3}{5}t$
∴${S_{△APQ}}=\frac{1}{2}AP•QH=\frac{1}{2}（4-t）•\frac{3}{5}t$
即${S_{△APQ}}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{6}{5}t$（0＜t≤4）
②当4＜t≤5时，即P由A向O运动时，AP=t-4AQ=t
sin∠BAO=$\frac{QH}{t}=\frac{3}{5}$
QH=$\frac{3}{5}t$，
∴$s△APQ=\frac{1}{2}（t-4）•\frac{3}{5}t$
=$\frac{3}{10}{t^2}-\frac{6}{5}t$；
（2）由题意知，此时△APQ≌△DPQ，∠AQP=90°，
∴cosA=$\frac{AQ}{AP}$=$\frac{OA}{AB}$=$\frac{4}{5}$，
当0＜t≤4∴$\frac{t}{4-t}=\frac{4}{5}$即$t=\frac{16}{9}$
当4＜t≤5时，$\frac{t}{4-t}=\frac{4}{5}$t=-16（舍去）
∴${S_{△APQ}}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{6}{5}t=\frac{32}{27}$；
（3）存在，有以下两种情况
①若PE∥BQ，则等腰梯形PQBE中PQ=BE
过E、P分分别作EM⊥AB于M，PN⊥AB于N．
则有BM=QN，由PE∥BQ，
得$\frac{OE}{OB}=\frac{OP}{OA}$，
∴$BM=\frac{3}{5}（3-\frac{3}{4}t）$；
又∵AP=4-t，
∴AN=$\frac{4}{5}（4-t）$，
∴$QN=\frac{4}{5}（4-t）-t$，
由BM=QN，得$\frac{3}{5}（3-\frac{3}{4}t）=\frac{4}{5}（4-t）-t$
∴$t=\frac{28}{27}$，
∴$E（0，\frac{7}{9}）$；
②若PQ∥BE，则等腰梯形PQBE中
BQ=EP且PQ⊥OA于P点
由题意知$AP=\frac{4}{5}AQ=\frac{4}{5}t$
∵OP+AP=OA∴$t+\frac{4}{5}t=4$
∴$t=\frac{20}{9}∴E（0，-\frac{15}{3}）$t
由①②得E点坐标为$（0，\frac{7}{9}）或（0，-\frac{15}{3}）$；
（4）①当P由O向A运动时，OQ=OP=AQ=t．
可得∠QOA=∠QAO∴∠QOB=∠QBO
∴OQ=BQ=t∴BQ=AQ=$\frac{1}{2}$AE
∴$t=\frac{5}{2}$；
②当P由A向O运动时，OQ=OP=8-t
BQ=5-t，$QG=\frac{4}{5}（5-t），OG=3-\frac{3}{5}（5-t）$
在Rt△OGQ中，OQ2=RG2+OG2
即（8-t）2=${[\frac{4}{5}（5-t）]^2}+{[3-\frac{3}{5}（5-t）]^2}$
∴t=5•
【我表示我看不懂这个过程写些什么。。。】
热心网友
时间：2023-10-09 08:02
∴△AQF∽△ABO，
∴ QFBC=AQAB，
又AQ=OP=t，∴AP=3-t，BO= 52-32=4，
∴ QF/4= t/5，
∴QF= 4/5t，
∴S= 1/2（3-t）• 4/5t，
即S=- 2/5t2+ 6/5t
能．
①如图2，当DE∥QB时．
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形，
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABC，得 AQ/AC= AP/AB，
∴ t/3= 3-t/5，
解得t= 9/8；（6分）
②如图3，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABC，得 AQ/AB= AP/AC，
即 t/5= 3-t/3．
解得t= 15/8．
综上，可知当t= 98或 158时，四边形QBED能成为直角梯形．
热心网友
时间：2023-10-09 08:03
