如图,在平面直角坐标系中有一长方形OABC,点A的坐标为$(a,0)$,点C的坐标为$(0,b)$,且$a,b$满足$\sqrt{a-4} + |b-6| = 0$,点B在第一象限内,点P从原点O出发,以每秒2个单位长度的速度沿着$O→C→B→A→O$的路线运动,回到点O时停止移动.设点P运动的时间为$t$ s.
(1) 点B的坐标为
(2) 在点P的运动过程中,当$△ AOP$的面积为一个定值时,则$t$的取值范围是
(3) 在运动过程中,当点P到$x$轴的距离为4个单位长度时,求点P运动的时间;
(4) 在$O→C→B$路线的运动过程中,是否存在某个时刻$t$,使$△ OBP$的面积是10?若存在,求出点P运动的时间$t$;若不存在,请说明理由.
(1) 点B的坐标为
$(4,6)$
,当$t=5$时,点P的坐标为$(4,6)$
;(2) 在点P的运动过程中,当$△ AOP$的面积为一个定值时,则$t$的取值范围是
$3 ≤ t ≤ 5$
;(3) 在运动过程中,当点P到$x$轴的距离为4个单位长度时,求点P运动的时间;
(4) 在$O→C→B$路线的运动过程中,是否存在某个时刻$t$,使$△ OBP$的面积是10?若存在,求出点P运动的时间$t$;若不存在,请说明理由.
答案：(1) $(4,6)$ $(4,6)$ 解析: 因为 $\sqrt{a-4}+|b-6|=0$, 所以 $\sqrt{a-4}=0,|b-6|=0$, 即 $a=4,b=6$. 所以点 $A$ 的坐标为 $(4,0)$, 点 $C$ 的坐标为 $(0,6)$. 又四边形 $OABC$ 是长方形, 所以点 $B$ 的坐标为 $(4,6), BC=OA=4$. 当 $t=$5 时, 点 $P$ 运动了 $2×5=10$(个)单位长度. 因为 $OC=6$,$BC=4$, 所以 $OC+BC=10$. 所以此时点 $P$ 运动到点 $B$处. 所以点 $P$ 的坐标为 $(4,6)$.
(2) $3 ≤ t ≤ 5$ 解析: 易得点 $P$ 在 $CB$ 上运动时,$△ AOP$ 的面积为定值. 当点 $P$ 运动到点 $C$ 时, $t=\frac{6}{2}=$3; 当点 $P$ 运动到点 $B$ 时, $t=\frac{6+4}{2}=5$. 所以当 $3 ≤ t ≤$5 时, $△ AOP$ 的面积为一个定值.
(3) 由题意, 得当点 $P$ 在边 $OC, AB$ 上时, 存在点 $P$ 到$x$ 轴的距离为 4 个单位长度. 分类讨论如下: 当点 $P$ 在边 $OC$ 上时, $OP=4$. 又 $OP=2t$, 所以 $2t=4$, 解得 $t=2$; 当点 $P$ 在边 $AB$ 上时, $AP=4$. 由(1), 得 $A(4,0), B(4,6)$,$C(0,6)$, 所以 $OC=AB=6, BC=4$. 又 $OC+BC+BP=$$2 t, O C+B C+B P+A P=16$, 所以 $2 t+4=16$, 解得 $t=$6. 综上, 点 $P$ 运动的时间为 $2 \mathrm{~s}$ 或 $6 \mathrm{~s}$.
(4) 存在. 由(3), 得 $OC=AB=6, BC=4$. 分类讨论如下: 当点 $P$ 在边 $OC$ 上时, $0 ≤ t＜3$, 因为 $OP=2t$,$S_{△ OBP}=\frac{1}{2} O P · B C=4 t$, 且 $S_{△ OBP}=10$, 所以 $4 t=10$, 解得 $t=\frac{5}{2}$; 当点 $P$ 在边 $BC$ 上时, $3 ≤ t＜5$. 因为 $BP=6+$$4-2 t=10-2 t, S_{△ OBP}=\frac{1}{2} B P · O C=30-6 t$, 且$S_{△ OBP}=10$, 所以 $30-6 t=10$, 解得 $t=\frac{10}{3}$. 综上, 当 $t=$$\frac{5}{2}$ 或 $\frac{10}{3}$ 时, $△ OBP$ 的面积是 10.
(2) $3 ≤ t ≤ 5$ 解析: 易得点 $P$ 在 $CB$ 上运动时,$△ AOP$ 的面积为定值. 当点 $P$ 运动到点 $C$ 时, $t=\frac{6}{2}=$3; 当点 $P$ 运动到点 $B$ 时, $t=\frac{6+4}{2}=5$. 所以当 $3 ≤ t ≤$5 时, $△ AOP$ 的面积为一个定值.
(3) 由题意, 得当点 $P$ 在边 $OC, AB$ 上时, 存在点 $P$ 到$x$ 轴的距离为 4 个单位长度. 分类讨论如下: 当点 $P$ 在边 $OC$ 上时, $OP=4$. 又 $OP=2t$, 所以 $2t=4$, 解得 $t=2$; 当点 $P$ 在边 $AB$ 上时, $AP=4$. 由(1), 得 $A(4,0), B(4,6)$,$C(0,6)$, 所以 $OC=AB=6, BC=4$. 又 $OC+BC+BP=$$2 t, O C+B C+B P+A P=16$, 所以 $2 t+4=16$, 解得 $t=$6. 综上, 点 $P$ 运动的时间为 $2 \mathrm{~s}$ 或 $6 \mathrm{~s}$.
(4) 存在. 由(3), 得 $OC=AB=6, BC=4$. 分类讨论如下: 当点 $P$ 在边 $OC$ 上时, $0 ≤ t＜3$, 因为 $OP=2t$,$S_{△ OBP}=\frac{1}{2} O P · B C=4 t$, 且 $S_{△ OBP}=10$, 所以 $4 t=10$, 解得 $t=\frac{5}{2}$; 当点 $P$ 在边 $BC$ 上时, $3 ≤ t＜5$. 因为 $BP=6+$$4-2 t=10-2 t, S_{△ OBP}=\frac{1}{2} B P · O C=30-6 t$, 且$S_{△ OBP}=10$, 所以 $30-6 t=10$, 解得 $t=\frac{10}{3}$. 综上, 当 $t=$$\frac{5}{2}$ 或 $\frac{10}{3}$ 时, $△ OBP$ 的面积是 10.
典例① 在平面直角坐标系中，对于P，Q两点给出如下定义：若点P的横、纵坐标的绝对值之和等于点Q的横、纵坐标的绝对值之和，则称P，Q两点为“等和点”。例如：图中的P，Q两点即为“等和点”。
（1）已知点A的坐标为$(-2,4)$，则在$S(0,2)$，$T(1,5)$，$W(2,-4)$三点中，与点A为“等和点”的是点（填字母）；
（2）在（1）的条件下，若点$B(x,y)$满足方程$2x - y = 0$，且A，B两点为“等和点”，求点B的坐标。
母题分析▶（1）定义直接应用，通过代入计算判断“等和点”，熟悉核心规则；（2）在理解定义的基础上，增加方程约束条件，从“判断”升级为“求解坐标”，本题是新定义的深化运用，实现从单一知识点到知识点综合的过渡。
【答案】（1）$T,W$
（2）因为点$B(x,y)$满足方程$2x - y = 0$，所以$y=2x$。又A，B两点为“等和点”，$A(-2,4)$，所以$|x| + |2x| = |-2| + |4| = 6$，解得$x=2$或$x=-2$。所以点B的坐标为$(2,4)$或$(-2,-4)$。
（1）已知点A的坐标为$(-2,4)$，则在$S(0,2)$，$T(1,5)$，$W(2,-4)$三点中，与点A为“等和点”的是点（填字母）；
（2）在（1）的条件下，若点$B(x,y)$满足方程$2x - y = 0$，且A，B两点为“等和点”，求点B的坐标。
母题分析▶（1）定义直接应用，通过代入计算判断“等和点”，熟悉核心规则；（2）在理解定义的基础上，增加方程约束条件，从“判断”升级为“求解坐标”，本题是新定义的深化运用，实现从单一知识点到知识点综合的过渡。
【答案】（1）$T,W$
（2）因为点$B(x,y)$满足方程$2x - y = 0$，所以$y=2x$。又A，B两点为“等和点”，$A(-2,4)$，所以$|x| + |2x| = |-2| + |4| = 6$，解得$x=2$或$x=-2$。所以点B的坐标为$(2,4)$或$(-2,-4)$。
答案：解：
(1) 点A的横、纵坐标绝对值之和为$|-2|+|4|=6$。
点S的横、纵坐标绝对值之和为$|0|+|2|=2$；
点T的横、纵坐标绝对值之和为$|1|+|5|=6$；
点W的横、纵坐标绝对值之和为$|2|+|-4|=6$。
因此与点A为“等和点”的是点$T,W$。
(2) 由$2x-y=0$可得$y=2x$。
因为A,B两点为“等和点”，所以$|x|+|y|=|-2|+|4|=6$。
将$y=2x$代入上式，得$|x|+|2x|=6$，即$3|x|=6$，
解得$x=2$或$x=-2$。
当$x=2$时，$y=4$；当$x=-2$时，$y=-4$。
所以点B的坐标为$(2,4)$或$(-2,-4)$。
(1) 点A的横、纵坐标绝对值之和为$|-2|+|4|=6$。
点S的横、纵坐标绝对值之和为$|0|+|2|=2$；
点T的横、纵坐标绝对值之和为$|1|+|5|=6$；
点W的横、纵坐标绝对值之和为$|2|+|-4|=6$。
因此与点A为“等和点”的是点$T,W$。
(2) 由$2x-y=0$可得$y=2x$。
因为A,B两点为“等和点”，所以$|x|+|y|=|-2|+|4|=6$。
将$y=2x$代入上式，得$|x|+|2x|=6$，即$3|x|=6$，
解得$x=2$或$x=-2$。
当$x=2$时，$y=4$；当$x=-2$时，$y=-4$。
所以点B的坐标为$(2,4)$或$(-2,-4)$。