分析 (1)由题意得出AP=tcm,AB=5cm,即可得出BP;由DC=8,DQ=2t,即可得出CQ;当BP=CQ时,四边形PQCB是矩形,得出方程,解方程即可求出t的值;
(2)由点P坐标得出k=4t,得出BM,连接PO、PM、OM,△POM的面积=矩形AOCB的面积-△AOP的面积-△PBM的面积-△OCM的面积,即可得出结果;
(3)由勾股定理得出PQ2=(t-3)2+42,PC2=(t-5)2+42,CQ2=(8-2t)2,分情况讨论:①当PQ=PC时;②当PQ=CQ时;③当PC=CQ时;分别解方程求出t的值,再求出AR即可得出点R的坐标.
解答 解:(1)根据题意得:AP=tcm,AB=5cm,
∴BP=(5-t)cm,
故答案为:(5-t);
∵DC=DO+OC=3+5=8,DQ=2tcm,
∴CQ=DC-DQ=(8-2t)cm,
故答案为:(8-2t);
当BP=CQ时,四边形PQCB是矩形,
∴5-t=8-2t,
解得:t=3,
∴当t=3秒时,四边形PQCB为矩形;
故答案为:3;
(2)∵点P的坐标为(t,4),点P在反比例函数的图象上,
∴k=4t,
∴y=$\frac{4t}{x}$,
∴点M的坐标为(5,$\frac{4t}{5}$),
∴BM=4-$\frac{4t}{5}$,
连接PM,如图1所示:
∴△POM的面积S=矩形AOCB的面积-△AOP的面积-△PBM的面积-△OCM的面积
=5×4-$\frac{1}{2}$×t×4-$\frac{1}{2}$×(5-t)×(4-$\frac{4t}{5}$)-$\frac{1}{2}$×5×$\frac{4t}{5}$=-$\frac{2}{5}$t2+10,
∵点Q从点D运动到点C用是为4秒,点P从点A运动到点B用时为5秒,
∴0≤t≤4,
∴S=-$\frac{2}{5}$t2+10(0≤t≤4);
(3)存在;t的值为$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$或$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$,点R的坐标为($\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$,4),或(3-2$\sqrt{13}$,4);理由如下:
∵点P的坐标为(t,4),点Q的坐标为(3t-3),点C的坐标为(5,0),
∴PQ2=(t-3)2+42,PC2=(t-5)2+42,CQ2=(8-2t)2;
分情况讨论:
①当PQ=PC时,(t-3)2+42=(t-5)2+42,
解得:t=4(不合题意,舍去);
②当PQ=CQ时,(t-3)2+42=(8-2t)2,
解得:t=$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$,或t=$\frac{13+2\sqrt{13}}{3}$(不合题意,舍去),
∴t=$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$;
若四边形PQCR为菱形,
则PR∥CQ,点R在直线AB上,如图2所示:
∴AR=AP+PR=t+8-2t=8-t=8-$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$=$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$,
此时点R的坐标为($\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$,4);
③当PC=CQ时,(t-5)2+42=(8-2t)2,
解得:t=$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$,或t=$\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$(不合题意,舍去),
∴t=$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$;
若四边形PQCR为菱形,
则PR∥CQ,点R在直线AB上,如图3所示:
∴AR=PR-AP=8-2t-t=8-3t=-3+2$\sqrt{13}$,
此时点R的坐标为(3-2$\sqrt{13}$,4);
综上所述:存在某一时刻,使坐标平面上存在点R,以P、Q、C、R为顶点的四边形刚好是菱形,
t的值为$\frac{13-2\sqrt{13}}{3}$或$\frac{11-2\sqrt{13}}{3}$,点R的坐标为($\frac{11+2\sqrt{13}}{3}$,4),或(3-2$\sqrt{13}$,4).
点评 本题是反比例函数综合题目,考查了坐标与图形性质、矩形的判定与性质、勾股定理、反比例函数解析式的运用、菱形的性质、三角形面积的计算等知识;本题难度较大,综合性强,特别是(3)中,需要进行分类讨论,运用勾股定理得出方程才能得出结果.
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A. | 22 | B. | 25 | C. | 27 | D. | 28 |
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礼物 | 数量(个) | 总价(元) |
A | ab | a3b |
B | 3a | 6a2b-3ab2 |
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