Question

如圖，平行四邊形OABC的頂點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)在X軸正半軸上，∠COA=60°，OA=10cm，OC=4cm，點(diǎn)P從C點(diǎn)出發(fā)沿CB方向，以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從A點(diǎn)同時(shí)出發(fā)沿AO方向，以3cm/s的速度向原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．
（1）求點(diǎn)C，B的坐標(biāo)（結(jié)果用根號(hào)表示）
（2）從運(yùn)動(dòng)開(kāi)始，經(jīng)過(guò)多少時(shí)間，四邊形OCPQ是平行四邊形；
（3）在點(diǎn)P，Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，四邊形OCPQ有可能成為直角梯形嗎？若能，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（4）在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，四邊形OCPQ有可能成為菱形嗎？若能，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）過(guò)C作CE⊥OA于E，過(guò)B作BF⊥OA于F，
∵∠COA=60°，
∴∠1=30°，
∴OE=CO=2cm，
在Rt△COE中，CE===2，
∴C點(diǎn)坐標(biāo)是（2，2），
∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴CO=AB，CO∥AB，
∵CE⊥OA，過(guò)B作BF⊥OA，
∴CE=BF=2（平行線之間的距離相等），
∴Rt△COE≌Rt△BAF，
∴AF=EO=2，
∴OF=OA+AF=12（cm），
∴B點(diǎn)坐標(biāo)是（12，2）；

（2）設(shè)從運(yùn)動(dòng)開(kāi)始，經(jīng)過(guò)x秒，四邊形OCPQ是平行四邊形，
10-3x=x，
解得：x=2.5，
故運(yùn)動(dòng)開(kāi)始，經(jīng)過(guò)2.5秒，四邊形OCPQ是平行四邊形；

（3）四邊形OCPQ能成為直角梯形．
設(shè)經(jīng)過(guò)t秒鐘，四邊形OCPQ是直角梯形，
如圖所示，四邊形CEQP是矩形則有CP=EQ，
t=10-2-3t，
解得：t=2，
故經(jīng)過(guò)2秒鐘，四邊形OCPQ是直角梯形；

（4）不能成為菱形，
如果四邊形OCPQ菱形，則CO=QO=CP=4cm，
∵OA=10cm，
∴AQ=10-4=6（cm），
則Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是：6÷3=2（秒），
這時(shí)CP=2×1=2（cm）
∵CP≠4cm，
∴四邊形OCPQ不能成為菱形．
分析：（1）過(guò)C作CE⊥OA于E，過(guò)B作BF⊥OA于F，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)算出OE的長(zhǎng)，再利用勾股定理即可求出CE的長(zhǎng)，從而得到C點(diǎn)坐標(biāo)；根據(jù)平行線間的距離相等可知CE=BF=2，再證明Rt△COE≌Rt△BAF，從而得到AF的長(zhǎng)，即可得到B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知CP=OQ，設(shè)時(shí)間為x秒，表示出OQ、CP的長(zhǎng)，可得到方程10-3x=x，解方程即可；
（3）設(shè)經(jīng)過(guò)t秒鐘，四邊形OCPQ是直角梯形，根據(jù)四邊形CEQP是矩形則有CP=EQ=t，EQ=OA-AQ-OE=10-2-3t，則t=10-2-3t，解方程即可；
（4）如果四邊形OCPQ菱形，則CO=QO=CP=4cm，根據(jù)運(yùn)動(dòng)速度，算出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，計(jì)算可發(fā)現(xiàn)不能成為菱形．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，直角梯形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，是一道綜合題，關(guān)鍵是需要同學(xué)們熟練掌握各種特殊四邊形的性質(zhì)，并能熟練應(yīng)用．