试题

（2012·中山区一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOC的直角边OC在y轴正半轴，且顶点O与坐标原点重合，点A的坐标为（2，4），直线y=-x+b过点A，与x轴交点B．

（1）点B的坐标为．
（2）动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O-C-A的路线向点A运动，同时动点M从点B出发，以相同的速度沿BO的方向向O运动，过点M作MQ⊥x轴，交线段BA或线段AO于点Q，当点P到达A点时，点P和点M都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒．
①设△APQ的面积为S，求S关于t的函数关系式；
②是否存在以M、P、Q为顶点的三角形的面积与S相等？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．

解：（1）将点A（2，4）代入y=-x+b，
得4=-2+b，解得b=6，
∴y=-x+6，
当y=0时，x=6，
∴点B的坐标为（6，0）．

（2）①设直线y=-x+6与y轴交于点D，则D（0，6），
∵B（6，0），
∴OB=OD=6，∠OBD=∠ODB=45°．
过点A（2，4）作AN⊥OB于N，则AN=OC=4，ON=AC=2，BN=AN=4，
∴当点P到达点C时，点M到达点N．
分两种情况讨论：
（i）当0≤t≤4时，点P在OC上，点Q在BA上，如图1．
∵OP=t，BM=QM=t，
∴PQ∥OB，PQ=OM=OB-BM=6-t，CP=OC-OP=4-t，
∴S=

1

2

PQ·CP=

1

2

（6-t）（4-t）=

1

2

t²-5t+12；
（ii）当4＜t≤6时，点P在AC上，点Q在AO上，如图2，延长MQ交AC于点E．
∵OC+CP=t，BM=t，
∴AP=6-t，OM=OB-BM=6-t．
∵tan∠AON=

QM

OM

=

AN

ON

，
∴

QM

6-t

=

4

2

，
∴QM=12-2t，
∴QE=EM-QM=4-（12-2t）=2t-8，
∴S=

1

2

AP·QE=

1

2

（6-t）（2t-8）=-t²+10t-24．
综上可知，S=

1 2 t2-5t+12(0≤t≤4) -t2+10t-24(4＜t≤6)

；

②存在以M、P、Q为顶点的三角形的面积与S相等，理由如下：
分两种情况讨论：
（i）当0≤t≤4时，点P在OC上，点Q在BA上，如图3．
∵S_△MPQ=

1

2

PQ·QM=

1

2

（6-t）t=-

1

2

t²+3t，S=

1

2

t²-5t+12，
∴-

1

2

t²+3t=

1

2

t²-5t+12，
整理，得t²-8t+12=0，
解得t₁=2，t₂=6（不合题意舍去）；
（ii）当4＜t≤6时，点P在AC上，点Q在AO上，如图4．
∵QM=12-2t，PE=|CE-CP|=|（6-t）-（t-4）|=|10-2t|，
∴S_△MPQ=

1

2

QM·PE=

1

2

（12-2t）|10-2t|=（6-t）|10-2t|，
又∵S=

1

2

AP·QE=

1

2

（6-t）（2t-8）=（6-t）（t-4），
∴（6-t）|10-2t|=（6-t）（t-4），
∵t=6时，M与Q重合，不合题意舍去，
∴10-2t=±（t-4），
当10-2t=t-4时，t=

14

3

；
当10-2t=-（t-4）时，t=6舍去．
综上可知，存在以M、P、Q为顶点的三角形的面积与S相等，此时t的值为2或

14

3

．
故答案为（6，0）．