Question

5．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位的速度向点A匀速运动，到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒（t＞0），过点P作∠DPA=∠CPO，且PD=$\frac{1}{2}$CP，连接DA．
（1）点D的坐标为（$\frac{3}{2}$t，1）．（请用含t的代数式表示）
（2）点P在从点O向点A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）作DE⊥OA于E，证得△POC∽△PED，根据三角形相似的性质易求得PE=$\frac{1}{2}$t，DE=1，即可求得D（$\frac{3}{2}$t，1）；
（2）分两种情况讨论：①当∠PDA=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△ADP．得出$\frac{\sqrt{4+{t}^{2}}}{4-t}$=$\frac{t}{\frac{1}{2}\sqrt{4+{t}^{2}}}$，即可求得t₁=2，t₂=$\frac{2}{3}$．②当∠DAP=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△DAP．得出$\frac{t}{4-t}$=$\frac{2}{1}$，即可求得t=$\frac{8}{3}$．

解答 解：（1）如图1，作DE⊥OA于E，
∵∠POC=∠PED=90°，∠DPA=∠CPO，
∴△POC∽△PED，
∴$\frac{PE}{OP}$=$\frac{DE}{OC}$=$\frac{DP}{CP}$，
∵OC=2，OP=t，PD=$\frac{1}{2}$CP，
∴PE=$\frac{1}{2}$t，DE=1，
∴D（$\frac{3}{2}$t，1）；
（2）在△COP中，CO=2，OP=t，CP=$\sqrt{{2}^{2}+{t}^{2}}$=$\sqrt{4+{t}^{2}}$．
在△ADP中，PD=$\frac{1}{2}$CP=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4+{t}^{2}}$，AP=4-t．
①当∠PDA=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△ADP．
∴$\frac{CP}{PA}$=$\frac{OP}{PD}$，
∴$\frac{\sqrt{4+{t}^{2}}}{4-t}$=$\frac{t}{\frac{1}{2}\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
解得：t₁=2，t₂=$\frac{2}{3}$．
②当∠DAP=90°时，△DPA是直角三角形，此时△COP∽△DAP．
∴$\frac{OP}{PA}$=$\frac{CP}{DP}$=$\frac{2}{1}$，
∴$\frac{t}{4-t}$=$\frac{2}{1}$，
解得：t=$\frac{8}{3}$．
综上所述，点P在运动的过程中，当t=2或$\frac{2}{3}$或$\frac{8}{3}$时，△DPA成为直角三角形．
故答案为（$\frac{3}{2}$t，1）．

点评 本题是四边形综合题，考查了三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用，两点间距离公式，分类思想的运用是解决第（2）小题的关键．