试题

如图，在平面直角坐标系中，直线y=-

4

3

x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P从点O出发沿OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回；点Q从A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当点P、Q运动时，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BO-OP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止，设点P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）点Q的坐标是（，）（用含t的代数式表示）；
（2）当点E在BO上时，四边形QBED能否为直角梯形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由；
（3）当t为何值时，直线DE经过点O．

解：（1）过点Q作QF⊥OA于点F，
∵直线y=-

4

3

x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（3，0），B（0，4），
∴在Rt△AOB中，AB=

OA2+OB2

=5，
∵OA⊥OB，
∴QF∥OB，
∴△AQF∽△ABO，
∴

AF

OA

=

QF

OB

=

AQ

AB

，
∵AQ=t，
即

AF

3

=

QF

4

=

t

5

，
∴AF=

3

5

t，QF=

4

5

t，
∴OF=OA-AF=3-

3

5

t，
∴点Q的坐标为：（3-

3

5

t，

4

5

t）；
故答案为：3-

3

5

t，

4

5

t；

（2）四边形QBED能成为直角梯形．
①当0＜t＜3时，
∴AQ=OP=t，
∴AP=3-t．
如图2，当DE∥QB时，
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABO，得

AQ

AO

=

AP

AB

．
∴

t

3

=

3-t

5

．
解得t=

9

8

；
如图3，当PQ∥BO时，
∵DE⊥PQ，
∴DE⊥BO，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABO，得

AQ

AB

=

AP

AO

．
即

t

5

=

3-t

3

．
解得t=

15

8

；
②当3＜t＜5时，AQ=t，AP=t-3，
如图2，当DE∥QB时，
∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABO，得

AQ

AO

=

AP

AB

．
∴

t

3

=

t-3

5

．
解得t=-

9

2

（舍去）；
如图3，当PQ∥BO时，
∵DE⊥PQ，
∴DE⊥BO，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABO，得

AQ

AB

=

AP

AO

．
即

t

5

=

t-3

3

．
解得t=

15

2

＞5（舍去）；
综上所述：t=

9

8

或

15

8

；

（3）当t=

5

2

或

45

14

时，DE经过点O．
理由：①如图4，当DE经过点O时，
∵DE垂直平分PQ，
∴EP=EQ=t，
由于P与Q运动的时间和速度相同，
∴AQ=EQ=EP=t，
∴∠AEQ=∠EAQ，
∵∠AEQ+∠BEQ=90°，∠EAQ+∠EBQ=90°，
∴∠BEQ=∠EBQ，
∴BQ=EQ，
∴EQ=AQ=BQ=

1

2

AB
∴t=

5

2

，
②如图5，当P从A向O运动时，
过点Q作QF⊥OB于F，
∵EP=6-t，
∴EQ=EP=6-t，
∵AQ=t，BQ=5-t，sin∠ABO=

OA

AB

=

3

5

，cos∠ABO=

OB

AB

=

4

5

，
∴FQ=

3

5

（5-t）=3-

3

5

t，BF=

4

5

（5-t）=4-

4

5

t，
∴EF=4-BF=

4

5

t，
∵EF²+FQ²=EQ²，
即（3-

3

5

t）²+（

4

5

t）²=（6-t）²，
解得：t=

45

14

．
∴当DE经过点O时，t=

5

2

或

45

14

．