Question

如圖，菱形OABC的頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，OA在x軸正半軸上，菱形的邊長(zhǎng)為6，∠AOC=60°．動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正半軸的線路運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q以相同的速度從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)沿線路CB-BA運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)A后，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（n），△CPQ的面積為S．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，PC⊥AB？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）①當(dāng)點(diǎn)Q在AB邊上時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
     ②當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)Q落在直線PC上？為什么？

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA，交x軸于點(diǎn)D．就可以求出OD的值，由勾股定理就可以求出CD的值，進(jìn)而求出結(jié)論；
（2）當(dāng)PC⊥AB時(shí)，由菱形的性質(zhì)就可以求出∠OPC=30°，就可以求出∠PCO=90°，由直角三角形的性質(zhì)就可以求出OP的值，就可以得出結(jié)論；
（3）①過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥OA，交x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥OC于F，就可以求出QE的值，由梯形OAQC的面積+△APQ的面積-△OPC的面積就可以求出結(jié)論；
②根據(jù)①的解析式，當(dāng)S=0時(shí)，求出t的值即可．

解答：解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA，交x軸于點(diǎn)D．
∴∠CDO=90°．
∵∠AOC=60°，
∴∠DCO=30°，
∴OD=

1

2

OC．
∵OC=6，
∴OD=3．
在Rt△ODC中，由勾股定理，得
CD=3

3

．
∴C（3，3

3

）；
（2）當(dāng)t=12s時(shí)，PC⊥AB．
理由：如圖2∵四邊形OABC是菱形，
∴OC∥AB，
∴∠AOC=∠PAB=60°．
∵PC⊥AB，
∴∠AGP=90°，
∴∠GPA=30°．
∴∠PCO=90°，
∴OP=2OC，
∴OP=12．
∴t=12÷1=12s．
∴當(dāng)t=12s時(shí)，PC⊥AB；
（3）①當(dāng)Q點(diǎn)在BA上時(shí)，6≤t≤12，過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥OA，交x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥OC于F，
∴∠AFO=∠AEQ=90°．
∴AQ=12-t，AP=t-6，AF=CD=3

3

．
∴QE=AQsin60°=

3

2

（12-t）．
∵S=S_梯形AOQC+S_△AQP-S_△POC，
∴S=

1

2

[（12-t）+6]×3

3

+

1

2

（t-6）×

3

2

（12-t）-

1

2

t×3

3

，
∴S=-

3

4

t²+

3 3

2

t+9

3

．
②∵點(diǎn)Q落在直線PC上，
∴S=0，
∴-

3

4

t²+

3 3

2

t+9

3

=0，
∴t₁=3+3

5

，t₂=3-3

5

＜0（舍去）．
∴當(dāng)t=3+3

5

s時(shí)，點(diǎn)Q落在直線PC上．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了菱形的性質(zhì)的運(yùn)用，直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，梯形的面積公式的運(yùn)用，二次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，解答時(shí)求出△PQC的面積與t的關(guān)系式是關(guān)鍵，