Question

15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正比例函數(shù)y=kx的圖象與反比例函數(shù)y=$\frac{m}{x}$（m≠0）的圖象在第一象限交于點(diǎn)C，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，且AB邊在x軸額正半軸上，cos∠COA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求k，m的值；
（2）點(diǎn)P在射線OC上，且OP=5$\sqrt{3}$，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)P出發(fā)先沿著適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動(dòng)到線段AB中垂線上的點(diǎn)M處，再沿垂直于y軸的方向運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸上的點(diǎn)N處，最后沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A處停止，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路徑最短時(shí)，求N點(diǎn)坐標(biāo)及點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的最短路程；
（3）將△ABC繞點(diǎn)A進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)BC所在直線與射線OC相交于點(diǎn)R，與x軸正半軸交于點(diǎn)T，當(dāng)△ORT為等腰三角形時(shí)，求OT的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由cos∠COA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得∠AOC=30°，求出點(diǎn)C坐標(biāo)即可解決問(wèn)題．
（2）如圖2中，作CH⊥AB于H，作PG⊥CH，使得PG=OH，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接A′G交y軸于N，作NM⊥y軸，交CH于M，此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路徑P→M→N→A最短．
再想辦法求出直線A′G的解析式即可解決問(wèn)題．
（3）分三種情形討論）①如圖3中，當(dāng)OR=OT時(shí)，作AG⊥BC于G，則AG=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，把△ATG放大（如圖4中，在AG上取一點(diǎn)M，使得AM=MT），求出AT即可．②如圖5中，當(dāng)RO=RT時(shí)，作BG⊥AT于G．③如圖6中，當(dāng)TO=TR時(shí)，分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1中，作CK⊥AB于K．

∵cos∠COA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴∠AOC=30°，
∵△ABC是等邊三角形，邊長(zhǎng)為3，
∴AB=BC=AC=3，∠CAB=∠CBA=∠ACB=60°，
∴∠BCO=90°，
∴OB=2BC=6，OC=3$\sqrt{3}$，
∴CK=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，OK=$\sqrt{3}$CK=$\frac{9}{2}$，
∴點(diǎn)C坐標(biāo)（$\frac{9}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），分別代入正比例函數(shù)y=kx的圖象與反比例函數(shù)y=$\frac{m}{x}$，
可得k=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，m=$\frac{27\sqrt{3}}{4}$．

（2）如圖2中，作CH⊥AB于H，作PG⊥CH，使得PG=OH，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接A′G交y軸于N，作NM⊥y軸，交CH于M，此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路徑P→M→N→A最短．理由：PM+MN+NA=PG+NG+A′N，=PG+A′G，∵PG=MN=橋長(zhǎng)，A′G是線段，兩點(diǎn)之間線段最短，∴PM+MN+NA最短．

∵OP=5$\sqrt{3}$，∴點(diǎn)P坐標(biāo)（$\frac{15}{2}$，$\frac{5\sqrt{3}}{2}$），
∵AH=$\frac{3}{2}$，
∴PG=MN=OH=$\frac{9}{2}$，
∴G（3，$\frac{5\sqrt{3}}{2}$），∵A′（-3，0），
設(shè)直線A′G的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{3k+b=\frac{5\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{5\sqrt{3}}{12}}\\{b=\frac{5\sqrt{3}}{4}}\end{array}\right.$，
∴直線A′N的解析式為y=$\frac{5\sqrt{3}}{12}$x+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$，
∴點(diǎn)N坐標(biāo)（0，$\frac{5\sqrt{3}}{4}$），
∵A′G=$\sqrt{{6}^{2}+（\frac{5\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{219}}{2}$，
∴點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的最短路程=A′G+PG=$\frac{\sqrt{219}}{2}$+$\frac{9}{2}$．

（3）①如圖3中，當(dāng)OR=OT時(shí)，作AG⊥BC于G，則AG=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，把△ATG放大（如圖4中，在AG上取一點(diǎn)M，使得AM=MT），

∵∠ATG=75°，∠TAG=15°，
∴∠A=∠MTA=15°，
∴∠TMG=30°，設(shè)GT=a，則MT=AM=2a，MG=$\sqrt{3}$a，
∴2a+$\sqrt{3}$a=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴a=3$\sqrt{3}$-$\frac{9}{2}$，
∴AT=$\sqrt{A{G}^{2}+G{T}^{2}}$=$\sqrt{（3\sqrt{3}-\frac{9}{2}）^{2}+（\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}$$\sqrt{6}$，
∴OT=3+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}$$\sqrt{6}$，

②如圖5中，當(dāng)RO=RT時(shí)，作BG⊥AT于G．

∵RO=RT，
∴∠ROT=∠RTO=30°，
∵∠ABC=60°=∠BAT+∠BTA，
∴∠BAT=∠BTA=30°，
∴BA=BT=3，AG=GT=AB•cos30°=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴AT=3$\sqrt{3}$，OT=3+3$\sqrt{3}$．

③如圖6中，當(dāng)TO=TR時(shí)，

∵TO=TR，
∴∠TOR=∠TRO=30°，
∴∠OTR=120°，∠ATR=60°，
∴T與C重合，
∴OT=OA+AC=6．
綜上所述，當(dāng)△ORT為等腰三角形時(shí)，OT的長(zhǎng)為3+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}$$\sqrt{6}$或3+$\sqrt{3}$或6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查反比例函數(shù)綜合題、最短問(wèn)題、旋轉(zhuǎn)變換．平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用對(duì)稱以及平行四邊形的性質(zhì)解決最短問(wèn)題，學(xué)會(huì)分類討論，注意不能漏解，屬于中考?jí)狠S題．