Question

2．如图，在直角坐标系中，已知点A、B、C是坐标轴上的点，直线AC：y=x+3，直线BC：y=-x+3，直线MN过点C且与x轴平行，AD⊥MN，垂足为D．点 P、Q、R分别从A、D、C出发分别沿AC、DN、CB方向运动，点P、点R的运动速度都为1个单位长度/秒，点Q的运动速度都为$\sqrt{2}$个单位长度/秒．
（1）点A、B、C的坐标分别为A（-3，0）、B（3，0）、C（0，3）；
（2）点 P、Q、R同时出发运动1秒后，△PQR是等腰三角形三角形；
（3）点P、Q、R同时出发运动t（0≤t≤3$\sqrt{2}$）秒后，
①第（2）小题中的结论还成立吗？说明理由；
②设△QCR的面积为y，将y表示成t的函数，并画出函数的图象（只要画大致图象，标出图象开始和结束点的坐标）．

Answer 1

分析 （1）在一次函数中令x=0，即可求得C的坐标，在解析式中，令y=0，求得x的值，即可求得A和B的坐标；
（2）过P作PF⊥AD于点F，作PH⊥x轴于点H，RE⊥x轴于点E，利用勾股定理求得QR和QP的长，判断△PQR是等腰三角形；
（3）①与（2）的解法完全相同；
②分成Q在线段CD上和线段DC的延长线上两种情况下，表示出QC的长，利用三角形的面积公式解答．

解答 解：（1）在y=x+3中令y=0得x+3=0，
解得：x=-3，
则A的坐标是（-3，0）．
令x=0，则y=3，
则A的坐标是（-3，0），C的坐标是（0，3），同理B的坐标是（3，0）．
故答案是：（-3，0），（3，0），（0，3）；
（2）△PQR是等腰三角形．
理由是：过P作PF⊥AD于点F，作PH⊥x轴于点H，RE⊥x轴于点E．
当t=1时，PF=AF=RE=OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，QE=OD-DQ+OE=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$=3，
则△QER中，QR=$\sqrt{Q{E}^{2}+E{R}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{38}}{2}$，
HQ=DQ-DH=$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
PH=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在直角△PHQ中，PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{38}}{2}$，
则PH=QR，即△PQR是等腰三角形；
（2）①第（2）小题中的结论还成立．
理由是：PF=AF=RE=OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，QE=OD-DQ+OE=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t+$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=3，
则△QER中，QR=$\sqrt{Q{E}^{2}+E{R}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}t）^{2}}$，
HQ=DQ-DH=$\sqrt{2}$t-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
PH=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
在直角△PHQ中，PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}t）^{2}}$，
则PH=QR，即△PQR是等腰三角形；
②当0≤t≤$\frac{3\sqrt{2}}{2}$时，CQ=3-$\sqrt{2}$t，PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t，
则y=$\frac{1}{2}$CQ•RE=$\frac{1}{2}$（3-$\sqrt{2}$t）•$\frac{\sqrt{2}}{2}t$，
即y=-$\frac{1}{2}$t²+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t．
当$\frac{3\sqrt{2}}{2}$＜t≤3$\sqrt{2}$时，CQ=$\sqrt{2}$t-3，PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t．
则y=$\frac{1}{2}$CQ•RE=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{2}$t-3）•$\frac{\sqrt{2}}{2}t$=$\frac{1}{2}$t²-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t
如图所示：
．

点评 本题考查了勾股定理以及二次函数的图象，正确用t表示出PH和RE以及QE的长，表示出PH和QR的长是关键．