Question

如圖，等邊三角形ABO放在平面直角坐標系中，其中點O為坐標原點，點B的坐標為（-8，0），點A位于第二象限．已知點P、點Q同時從坐標原點出發(fā)，點P以每秒4個單位長度的速度沿O→B→A→O→B來回運動一次，點Q以每秒1個單位長度的速度從O往A運動，當點Q到達點A時，P、Q兩點都停止運動．在點P、點Q的運動過程中，存在某個時刻，使得P、Q兩點與點O或點A構成的三角形為直角三角形，那么點P的坐標為

 

．

Answer 1

考點：等邊三角形的性質(zhì),坐標與圖形性質(zhì),勾股定理

專題：

分析：當P、Q兩點與點O或點A構成的三角形為直角三角形時，分兩種情況進行討論：（1）△OPQ為直角三角形，由于∠POQ≤60°≠90°，那么可能①∠OQP=90°；②∠OPQ=90°；（2）如果△APQ為直角三角形，那么點P不能在OB上，也不能在OA上，則只能在AB上，此時∠PAQ=60°≠90°，那么可能①∠APQ=90°；②∠AQP=90°．

解答：解：在點P、點Q的運動過程中，存在時刻t=

24

7

，使得P、Q兩點與點A構成的三角形為直角三角形，理由如下：
（1）如果△OPQ為直角三角形，那么∠POQ≤60°≠90°，那么可能∠OQP=90°或者∠OPQ=90°．
①當∠OQP=90°時，點P不能在OB上（因為此時OP=2OQ與OP=4OQ矛盾），也不能在OA上，則只能在AB上，如圖1，過點P作PM⊥OB于M．
∵OB+BP=4t，∴BP=4t-8，
∴BM=

1

2

BP=2t-4，PM=

3

BM=2

3

t-4

3

，OM=OB-BM=12-2t．
∵OQ=t，∴AQ=OA-OQ=8-t，
∴PQ=

3

AQ=8

3

-

3

t．
在△OQP中，∵∠OQP=90°，∴OQ²+PQ²=OP²，
∴t²+（8

3

-

3

t）²=（2

3

t-4

3

）²+（12-2t）²，
整理，得12t²-48t=0，解得t=4或0，
當t=4時，點P運動到A點，不合題意，t=0也不合題意；
②當∠OPQ=90°時，OQ＞OP，點P不能在OB上，因為點Q始終在OA上運動，所以點P只能在OB上，而點P以每秒4個單位長度的速度運動，點Q以每秒1個單位長度的速度運動，所以OQ＜OP，與OQ＞OP矛盾；也不能在OA上；則可能在AB上，如圖2．
∵OQ＞OP＞0，∴OQ²＞OP²，
∴t²＞8²+（4t-8）²-2×8×（4t-8）×

1

2

，
整理，得15t²-96t+192＜0，
∵△=（-96）²-4×15×192=-2304＜0，
∴此時t無解，點P不能在AB上；
 即∠OPQ=90°不可能；
（2）如果△APQ為直角三角形，那么點P不能在OB上，也不能在OA上，則只能在AB上，此時∠PAQ=60°≠90°，那么可能∠APQ=90°或者∠AQP=90°．
①當∠APQ=90°時，如圖3．
在△APQ中，∵∠APQ=90°，∠A=60°，
∴AP=

1

2

AQ，即16-4t=

1

2

（8-t），
解得t=

24

7

．
過點P作PM⊥OB于M，由上可知
OM=12-2t=12-2×

24

7

=

36

7

，PM=2

3

t-4

3

=2

3

×

24

7

-4

3

=

20 3

7

，
∴點P的坐標為（-

36

7

，

20 3

7

）；
②當∠AQP=90°時，如圖1．
在△APQ中，∵∠AQP=90°，∠A=60°，
∴AQ=

1

2

AP，即8-t=

1

2

（16-4t），
解得t=0（不合題意舍去）．
綜上可知，點P的坐標為（-

36

7

，

20 3

7

）．
故答案為（-

36

7

，

20 3

7

）．

點評：本題結合動點問題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，有一定難度．利用數(shù)形結合、分類討論是解題的關鍵．