题目内容
如图,已知:点A(3,0),B(0,4)分别是x轴,y轴上的点,动点P和Q分别从原点出发,沿x轴,y轴正方向运动,速度分别是2个单位长度/秒和1单位长度/秒,设运动时间为t秒,当1.5<t<4时,连接PQ交直线AB于点C,过点Q作QD∥BA交x轴正方向于点D.
(1)求AB的长度;
(2)试证明QD=DP;
(3)当以O,A,C为顶点的三角形是等腰三角形时,求t的值.
(1)求AB的长度;
(2)试证明QD=DP;
(3)当以O,A,C为顶点的三角形是等腰三角形时,求t的值.
分析:(1)在Rt△BOA中,由勾股定理求出即可;
(2)根据平行线性质得出∠QDO=∠BAO,即sin∠QDO=sin∠BAO,得出
=
,求出QD=
t,同理OD=
t,求出DP,即可得出答案;
(3)过C作CM⊥OA于M,求出AC=AP=2t-3,根据解直角扇形求出AM、CM,OM,分为三种情况①OC=AC,②OC=AO,③OA=AC,代入求出即可.
(2)根据平行线性质得出∠QDO=∠BAO,即sin∠QDO=sin∠BAO,得出
OQ |
QD |
BO |
AB |
5 |
4 |
3 |
4 |
(3)过C作CM⊥OA于M,求出AC=AP=2t-3,根据解直角扇形求出AM、CM,OM,分为三种情况①OC=AC,②OC=AO,③OA=AC,代入求出即可.
解答:解:(1)在Rt△BOA中,BO=4,AO=3,由勾股定理得:AB=
=5;
(2)∵QD∥AB,
∴∠QDO=∠BAO,
∴sin∠QDO=sin∠BAO,
∴
=
,
∴
=
,
∴QD=
t,
同理OD=
t,
∴DP=2t-
t=
t,
∴QD=DP;
(3)过C作CM⊥OA于M,
∵QD∥AC,
∴∠ACP=∠DQP,
∵DQ=DP,
∴∠CPA=∠DQP,
∴∠APC=∠ACP,
∴AC=AP=2t-3,
∵sin∠CAM=
=
,cos∠CAM=
=
,
∴CM=
(2t-3),AM=
(2t-3),
∴OM=3-
(2t-3)=
-
t,
分为三种情况:①AC=OA,
2t-3=3,
t=3;
②OC=AC,
(
-
t)2+[
(2t-3)]2=(2t-3)2
解得:t=
,
③OC=OA,
(
-
t)2+[
(2t-3)]2=32,
解得:t1=1.5,t2=3.3,
∵1.5<t<4,
∴t1=1.5舍去,
即t的值是3或
或3.3.
32+42 |
(2)∵QD∥AB,
∴∠QDO=∠BAO,
∴sin∠QDO=sin∠BAO,
∴
OQ |
QD |
BO |
AB |
∴
t |
QD |
4 |
5 |
∴QD=
5 |
4 |
同理OD=
3 |
4 |
∴DP=2t-
3 |
4 |
5 |
4 |
∴QD=DP;
(3)过C作CM⊥OA于M,
∵QD∥AC,
∴∠ACP=∠DQP,
∵DQ=DP,
∴∠CPA=∠DQP,
∴∠APC=∠ACP,
∴AC=AP=2t-3,
∵sin∠CAM=
CM |
AC |
4 |
5 |
AM |
AC |
3 |
5 |
∴CM=
4 |
5 |
3 |
5 |
∴OM=3-
3 |
5 |
24 |
5 |
6 |
5 |
分为三种情况:①AC=OA,
2t-3=3,
t=3;
②OC=AC,
(
24 |
5 |
6 |
5 |
4 |
5 |
解得:t=
11 |
4 |
③OC=OA,
(
24 |
5 |
6 |
5 |
4 |
5 |
解得:t1=1.5,t2=3.3,
∵1.5<t<4,
∴t1=1.5舍去,
即t的值是3或
11 |
4 |
点评:本题考查了等腰三角形的判定,平行线性质,解直角三角形的应用,主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力.
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