Question

在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC过原点O，且A（0，2）、C（6，0），∠AOC的平分线交AB于点D．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）如图1，点P从点O出发，以每秒

2

个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．
①当t为何值时，△OPQ的面积等于1；
②当t为何值时，△PQB为直角三角形；
（3）如图2，点E（0，-2），连接DC、DE，将∠CDE绕点D顺时针旋转，两边DC、DE与x轴、y轴分别交于点M、N，若△DEN为等腰三角形，求点M的坐标．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：综合题

分析：（1）利用矩形的性质和A（0，2）、C（6，0）可得到B点坐标；
（2）①根据条件易得△AOD为等腰直角三角形，则AD=OA=2，作PG⊥OC于G，交AB于H，如图①，利用三角形面积公式得到

1

2

•

2

t•2t•sin45°=1，解得t=1；
②如图①，在Rt△POG中，OP=

2

t，而△POG为等腰直角三角形，则OG=PG=

2

2

OP=t，得到点P（t，t），加上Q（2t，0），B（6，2），利用两点间的距离公式得到PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，由于△PQB为直角三角形，则∠PQB=90°或∠PBQ=90°，然后分类讨论：
当∠PQB=90°，则有PQ²+BQ²=PB²，即2t²+[（6-2t）²+2²]=（6-t）²+（2-t）²，；当∠PBQ=90°，则有PB²+QB²=PQ²，即[（6-t）²+（2-t）²]+[（6-2t）²+2²]=2t²，再分别解方程求出t的值；
（3）先根据“SAS”证明△AED≌△BDC，得到∠ADE=∠BCD，DE=CD，而∠BCD+∠BDC=90°，则∠ADC+∠BDC=90°，所以∠EDC=90°，
然后分类讨论：如图2②，根据“SAS”证明△EDN≌△CDM，得到EN=CM，当NE=ND时，设NE=a，则AN=4-a，ND=a，在Rt△AND中，根据勾股定理得到2²+（4-a）²=a²，解得a=

5

2

，则EN=CM=

5

2

，OM=OC-CM=

7

2

，所以M点的坐标为（

7

2

，0）；如图2③，当EN=ED时，同样可证明△EDN≌△CDM得到EN=CM，在Rt△ADE中，利用勾股定理计算出ED=AE

AE2+AD2

=2

5

，则EN=CM=2

5

，OM=OC-CM=6-2

5

，得到M点的坐标为（6-2

5

，0）；如图2④，当NN=ED时，
同样可证明△EDN≌△CDM得到EN=CM，利用等腰三角形的性质得EN=2AE=8，则CM=8，OM=CM-OC=2，所以C点坐标为（-2，0）．

解答：解：（1）∵四边形ABCO为矩形，
而A（0，2）、C（6，0），
∴B点坐标为（6，2）；
（2）①∵∠AOC的平分线交AB于点D，
∴∠AOD=∠DOC=45°，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴AD=OA=2，
作PG⊥OC于G，交AB于H，如图①，
∵S_△OPQ=

1

2

×OP×OQ×sin∠DOC，
∴

1

2

•

2

t•2t•sin45°=1，
∴t=1（t=-1舍去），
即当t为1秒时，△OPQ的面积等于1；
②要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，
如图①，在Rt△POG中，OP=

2

t，
∵∠POQ=45°，
∴△POG为等腰直角三角形，
∴OG=PG=

2

2

OP=t，
∴点P（t，t），
又∵Q（2t，0），B（6，2），
∴PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，
当∠PQB=90°，则有PQ²+BQ²=PB²，即2t²+[（6-2t）²+2²]=（6-t）²+（2-t）²，
整理得：4t²-8t=0，
解得t₁=0（舍去），t₂=2，
∴t=2；
当∠PBQ=90°，则有PB²+QB²=PQ²，即[（6-t）²+（2-t）²]+[（6-2t）²+2²]=2t²，
整理得：t²-10t+20=0，
解得：t=5±

5

．
∴当t=2或t=5+

5

或t=5-

5

时，△PQB为直角三角形；
（3）∵点E的坐标为（0，-2），
∴OE=2，
∴AE=4，AD=2，
∵BD=AB-AD=4，BC=2，
∴AD=BC，AE=BD，
在△AED和△BDC中

AD=BC ∠DAE=∠CBD AD=BC

，
∴△AED≌△BDC，
∴∠ADE=∠BCD，DE=CD，
而∠BCD+∠BDC=90°，
∴∠ADC+∠BDC=90°，
∴∠EDC=90°，
如图2②，
∵将∠CDE绕点D顺时针旋转，两边DC、DE与x轴、y轴分别交于点M、N，
∴∠MDN=90°，
∴∠4+∠MDE=90°，
而∠3+∠MDE=90°，
∴∠3=∠4，
在△EDN和△CDM中

∠1=∠2 DE=CD ∠4=∠3

，
∴△EDN≌△CDM，
∴EN=CM，
当NE=ND时，设NE=a，则AN=4-a，ND=a，
在Rt△AND中，
∵AD²+AN²=ND²，
∴2²+（4-a）²=a²，解得a=

5

2

，
∴EN=CM=

5

2

，
∴OM=OC-CM=

7

2

，
∴M点的坐标为（

7

2

，0）；
如图2③，当EN=ED时，
同样可证明△EDN≌△CDM得到EN=CM，
在Rt△ADE中，AE=4，AD=2，
ED=AE

AE2+AD2

=2

5

，
∴EN=CM=2

5

，
∴OM=OC-CM=6-2

5

，
∴M点的坐标为（6-2

5

，0）；
如图2④，当NN=ED时，
同样可证明△EDN≌△CDM得到EN=CM，
∵DA⊥EN，
∴AE=AN，
∴EN=2AE=8，
∴CM=8，
∴OM=CM-OC=2，
∴C点坐标为（-2，0），
综上所述，满足条件的M点坐标为（

7

2

，0），（6-2

5

，0），（-2，0）．

点评：本题考查了四边形的综合题：熟练掌握矩形的性质、旋转的性质和三角形全等的判定与性质；理解坐标与图形性质；会运用两点间的距离公式和勾股定理计算线段的长；会应用分类讨论的思想解决数学问题．