Question

15．已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，射線 AB與y軸和x軸分別交于A、B 兩點(diǎn)，點(diǎn)C為AB的中點(diǎn)，OB=$\sqrt{3}$OA=4$\sqrt{3}$，∠OAB=60°．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以每秒2個(gè)單位的速度沿射線AB運(yùn)動(dòng)，由C作CH⊥OB于H，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，△PCH的面積為S，用含t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，在射線OC上取點(diǎn)Q，使PQ=QH，且CQ＞CH，當(dāng)CQ=5時(shí)，求滿足條件的t值．

Answer 1

分析 （1）如圖1，過C作CD⊥x軸于D，過C作CE⊥y軸于E，構(gòu)建平行線，得中位線CE和CD，所以得出這條線段的長，寫出C的坐標(biāo)；
（2）分兩種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，點(diǎn)P在線段AC上，如圖2，分別表示PC和HQ的長，代入面積公式即可；②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，點(diǎn)P在線段BC上，如圖3，同理可求得面積S；
（3）作輔助線，構(gòu)建直角三角形，根據(jù)等量關(guān)系PQ=QH，利用勾股定理列方程，解出t的值，因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P的總路程為8，速度為2，所以時(shí)間t的最大值為4，取舍后得出t=1．

解答 解：（1）如圖1，過C作CD⊥x軸于D，過C作CE⊥y軸于E，
∵OB=$\sqrt{3}$OA=4$\sqrt{3}$，
∴OA=4，
∵OC⊥x軸，AO⊥x軸，
∴OC∥AO，
∵C是AB的中點(diǎn)，
∴E是AO的中點(diǎn)，
∴CE是△AOB的中位線，
∴CE=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
同理得：CD=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$×4=2，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)（2$\sqrt{3}$，2）；
（2）∵OA=4，OB=4$\sqrt{3}$，
∴AB=$\sqrt{{4}^{2}+（4\sqrt{3}）^{2}}$=8，
∴0≤t≤4，
分兩種情況：
①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，點(diǎn)P在線段AC上，如圖2，
∵CH⊥OB，AO⊥OB，
∴CH∥AO，
∵C是AB的中點(diǎn)，
∴H是OB的中點(diǎn)，
∴OH=BH=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
過H作HQ⊥AB于Q，
∵∠OAB=60°，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴HQ=$\frac{1}{2}$BH=$\sqrt{3}$，
由題意得：AP=2t，則PC=AC-AP=4-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$PC•HQ=$\frac{1}{2}$（4-2t）×$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$t+2$\sqrt{3}$，
②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，點(diǎn)P在線段BC上，如圖3，
過H作HQ⊥AB于Q，
同理得HQ=$\sqrt{3}$，
∵AP=2t，
∴PC=2t-4，
∴S=$\frac{1}{2}$PC•HQ=$\frac{1}{2}$（2t-4）×$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$；
（3）過P作PF⊥x軸于F，過Q作QE⊥x軸于E，作QG⊥PF，交FP的延長線于G，過P作PH⊥OA于H，得矩形HOFP和矩形GFEQ，
∵PH∥OB，∠ABO=30°，
∴∠APH=∠ABO=30°，
∵AP=2t，
∴AH=t，PH=$\sqrt{3}$t，
∴PF=OH=4-t，
在Rt△OQE中，∠QOE=30°，
OQ=OC+CQ=4+5=9，
∴QE=$\frac{1}{2}$OQ=$\frac{9}{2}$，
cos30°=$\frac{OE}{OQ}$，
∴OE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×9=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
∴EH=OE-OH=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-2$\sqrt{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
在Rt△QGP中，GQ=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-$\sqrt{3}$t，PG=$\frac{9}{2}$-（4-t）=$\frac{1}{2}$+t，
∵PQ=QH，
∴PG²+QG²=EH²+EQ²，
則（$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-$\sqrt{3}$t）²+（$\frac{1}{2}$+t）²=（$\frac{9}{2}$）²+（$\frac{5\sqrt{3}}{2}$）²，
解得：t₁=1，t₂=$\frac{11}{2}$（舍），
則滿足條件的t為1．

點(diǎn)評 本題是三角形的綜合題，考查了30°的直角三角形的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)及動(dòng)點(diǎn)問題，掌握動(dòng)點(diǎn)的路線、速度和時(shí)間，表示出運(yùn)動(dòng)的路程，根據(jù)三角形的面積公式代入可求得函數(shù)關(guān)系式，同時(shí)采用了分類討論的方法，利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題．