Question

20．已知：如图所示，直线y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$交x轴于点A，交y轴于点B，若点P从点A出发，沿射线AB作匀速运动，点Q从点B出发，沿射线B0作匀速直线运动，两点同时出发，运动速度也相同，当△BPQ为直角三角形时，则点Q的坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

Answer 1

分析 设运动速度为1，运动时间为t时，△BPQ为直角三角形，用含t的代数式表示出P、Q点的坐标，结合直线的解析式得出B点的坐标，利用两点间的距离公式表示出BP、BQ、PQ的长度，由△BPQ为直角三角形结合勾股定理得出t的值，将其代入Q点坐标即可得出结论．

解答 解：令x=0，则y=$\sqrt{3}$，即B点坐标为（0，$\sqrt{3}$）；
令y=0，则-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$=0，解得：x=3，
即A点的坐标为（3，0），
∴OA=3，OB=$\sqrt{3}$，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=2$\sqrt{3}$．
设运动速度为1，时间为t时，△BPQ为直角三角形，
∵sin∠OAB=$\frac{OB}{AB}$=$\frac{1}{2}$，cos∠OAB=$\frac{OA}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴点P的坐标为（3-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，$\frac{1}{2}$t），点Q的坐标为（0，$\sqrt{3}$-t），
由两点间的距离公式可知：
BQ=t，BP=$\sqrt{（3-\frac{\sqrt{3}}{2}t）^{2}+（\frac{1}{2}t-\sqrt{3}）^{2}}$=|2$\sqrt{3}$-t|，PQ=$\sqrt{（3-\frac{\sqrt{3}}{2}t）^{2}+[\frac{1}{2}t-（\sqrt{3}-t）]^{2}}$=$\sqrt{3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12}$，
△BPQ为直角三角形分三种情况：
①当BQ²+BP²=PQ²时，有${t}^{2}+（2\sqrt{3}-t）^{2}=3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12$，
解得：t=0，或t=2$\sqrt{3}$．
当t=0时，B、Q点重合，当t=2$\sqrt{3}$时，B、P重合，
故不存在BQ²+BP²=PQ²的情况；
②当BQ²+PQ²=BP²时，有${t}^{2}+3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12=（2\sqrt{3}-t）^{2}$，
解得：t=0（舍去），或t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
当t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，点Q的坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）；
③当PQ²+BP²=BQ²时，有$3{t}^{2}-6\sqrt{3}t+12+（2\sqrt{3}-t）^{2}={t}^{2}$，
解得：t=2$\sqrt{3}$（舍去），或t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
当t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$时，点Q的坐标为（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
综上可知：当Q点坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）时，△BPQ为直角三角形．
故答案为：（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

点评 本题考查了直线与坐标轴的交点、两点间的距离公式以及勾股定理，解题的关键是：用含时间t的代数式表示出△BPQ的三条边长度．本题属于中档题，有点难度，解决形如此类题型时，设点的坐标利用勾股定理来求解．