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    （2012•香坊区一模）如图，在平面直角坐标系中，点0是坐标原点，在△ABC中，BC=2AB，点B的坐标为（-4，0），点D是BC的中点，且tan∠ACB=
    12

    （1）求点A的坐标；
    （2）点P从C点出发，沿线段CB以5个单位/秒的速度向终点B匀速运动，过点P作PE⊥AB．垂足为E，PE交直线AC于点F，设EF的长为y（y≠O），点P的运动时间为t秒，求y与t之问的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；
    （3）在（2）的条件下，过点O．作0Q∥AC交AB于Q点，连接DQ，是否存在这样的t值，使△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在．请说明理由．
    分析：（1）设OA=a，先由tan∠ACB=
    1
    2
    ，根据正切函数的定义得出OC=2a，则BC=4+2a，AB=2+a，然后在Rt△OAB中，由勾股定理得出AB2=OA2+OB2，列出关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到A点坐标；
    （2）过点A作AG⊥AB，交BC于G，解Rt△GAB，得出BG=
    25
    4
    ，则CG=BC-BG=
    15
    4
    ，根据条件得出0≤t≤2且t≠
    3
    4
    ，所以分两种情况讨论：①0≤t＜
    3
    4
    ，先由△ABG∽△EBP，得出FP=6-3t-y，再由△CFP∽△CAG，得出y=6-8t；②
    3
    4
    ＜t≤2，先由△ACG∽△FCP，得出PE=5t-y，再由△BEP∽△BAG，得出y=8t-6；
    （3）同（2）分两种情况进行讨论：①当0≤t＜
    3
    4
    时，过Q作QM⊥OB于M，过F作FN⊥BC于N，若△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形，由于∠FQD≠90°，则只能∠QDF=90°．由△OBQ∽△CBA，得出BQ=2，再解Rt△BQM，得出QM=
    6
    5
    ，BM=
    8
    5
    ，则DM=BD-BM=
    17
    5
    ，由（2）知FN=4t，则CN=2FN=8t，DN=CD-CN=5-8t，根据两角对应相等的两三角形相似得出△DNF∽△QMD，由相似三角形对应边成比例列出比例式，解出t即可；②当
    3
    4
    ＜t≤2时，过Q作QM⊥OB于M，过F作FN⊥BC于N，FG⊥QM于G，若△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形，由于∠FDQ≠90°，则只能∠FQD=90°，由△FGQ∽△QMD，根据相似三角形对应边成比例列出比例式，解出t即可．
    解答：解：（1）设OA=a，则点A的坐标（0，a），
    ∵tan∠ACB=
    OA
    OC
    =
    1
    2
    ，
    ∴OC=2OA=2a，
    ∴BC=OB+OC=4+2a，
    ∵BC=2AB，
    ∴AB=2+a．
    在Rt△OAB中，∵∠AOB=90°，
    ∴AB2=OA2+OB2，即（a+2）2=a2+42，
    解得a=3，
    ∴A（0，3）；

    （2）过点A作AG⊥AB，交BC于G．
    在Rt△GAB中，∵∠GAB=90°，
    ∴AG=AB•tan∠B=5×
    3
    4
    =
    15
    4
    ，
    BG=
    AB
    cos∠B
    =
    5
    4
    5
    =
    25
    4
    ，
    ∴CG=BC-BG=10-
    25
    4
    =
    15
    4
    ．
    ∵点P从C点出发，沿线段CB以5个单位/秒的速度向终点B匀速运动，点P的运动时间为t秒，
    ∴0≤5t≤10，
    ∴0≤t≤2．
    ∵P与G重合时，E、F、A三点重合，此时EF的长y=0，与已知矛盾，
    ∴t≠
    CG
    5
    =
    15
    4
    5
    =
    3
    4
    ．
    分两种情况讨论：
    ①当0≤t＜
    3
    4
    时，如图2．
    ∵AG∥EP，
    ∴△ABG∽△EBP，
    ∴
    AG
    EP
    =
    BG
    BP
    ，
    15
    4
    y+FP
    =
    25
    4
    10-5t
    ，
    解得FP=6-3t-y．
    ∵FP∥AG，
    ∴△CFP∽△CAG，
    ∴
    FP
    AG
    =
    PC
    CG
    ，
    ∵AG=CG=
    15
    4
    ，
    ∴FP=PC，即6-3t-y=5t，
    ∴y=6-8t；
    ②当
    3
    4
    ＜t≤2时，如图3．
    ∵AG∥FP，
    ∴△ACG∽△FCP，
    ∴
    AG
    FP
    =
    CG
    CP
    ，
    ∵AG=CG=
    15
    4
    ，
    ∴FP=CP，即y+PE=5t，
    ∴PE=5t-y．
    ∵PE∥AG，
    ∴△BEP∽△BAG，
    ∴
    PE
    AG
    =
    BP
    BG
    ，
    5t-y
    15
    4
    =
    10-5t
    25
    4
    ，
    ∴y=8t-6．
    综上所述，y=
    6-8t (0≤t＜
    3
    4
    )
    8t-6 (
    3
    4
    ＜t≤2)
    ；

    （3）分两种情况讨论：
    ①当0≤t＜
    3
    4
    时，过Q作QM⊥OB于M，过F作FN⊥BC于N，如图4．
    若△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形，∵∠FQD＜∠AQD＜∠AQO=∠EAC＜90°，
    ∴∠QDF=90°．
    ∵OQ∥AC，
    ∴△OBQ∽△CBA，
    ∴
    BQ
    BA
    =
    BO
    BC
    ，即
    BQ
    5
    =
    4
    10
    ，
    ∴BQ=2．
    在Rt△BQM中，QM=BQ•sin∠B=2×
    3
    5
    =
    6
    5
    ，BM=BQ•cos∠B=2×
    4
    5
    =
    8
    5
    ．
    ∴DM=BD-BM=5-
    8
    5
    =
    17
    5
    ，
    由（2）知FN=FP•sin∠FPN=CP•sin∠OAB=5t•
    4
    5
    =4t，
    ∴CN=2FN=8t，DN=CD-CN=5-8t．
    ∵∠FND=∠DMQ=90°，∠FDN=∠DQM=90°-∠QDM，
    ∴△DNF∽△QMD，
    ∴
    DN
    QM
    =
    FN
    DM
    ，
    ∴
    5-8t
    6
    5
    =
    4t
    17
    5
    ，
    解得t=
    17
    32
    ；
    ②当
    3
    4
    ＜t≤2时，过Q作QM⊥OB于M，过F作FN⊥BC于N，FG⊥QM于G，如图5．
    若△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形，∵∠FDQ＜∠ADQ＜∠ADB＜90°，
    ∴∠FQD=90°．
    ∵GM=FN=4t，
    ∴GQ=GM-QM=4t-
    6
    5
    ，GF=MN=BC-BM-CN=10-
    8
    5
    -8t=
    42
    5
    -8t，
    ∵∠FGQ=∠QMD=90°，∠FQG=∠QDM=90°-∠DQM，
    ∴△FGQ∽△QMD，
    ∴
    FG
    QM
    =
    GQ
    MD
    ，
    ∴
    42
    5
    -8t
    6
    5
    =
    4t-
    6
    5
    17
    5
    ，
    解得t=
    15
    16
    ．
    综上所述，当t=
    17
    32
    或t=
    15
    16
    时，△FDQ是以DQ为一条直角边的直角三角形．
    点评：本题主要考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，综合性较强，难度较大．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
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    5
    4
    BD
    AD=
    5
    4
    BD
    ；
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    7
    2
    BD；
    （3）在（2）的条件下，过点C作∠DCQ=60°交PA的延长线于点Q如图3，连接DQ，延长CA交DQ于点K，若CQ=
    		67
    2
    ．求线段AK的长．

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