Question

6．如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，AD⊥BC于D，B點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，C點(diǎn)坐標(biāo)為（4、0），點(diǎn)P、Q分別為B、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P沿BC向終點(diǎn)C運(yùn)動，速度為1cm/s；點(diǎn)Q沿CA、AB向終點(diǎn)B運(yùn)動，速度為2cm/s，設(shè)它們運(yùn)動的時(shí)間為t（s）．
（1）求A點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）t為何值時(shí)，PQ⊥AC；
（3）設(shè)△PQD的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求t為何值時(shí)，S有最大值，最大值是多少？
（4）探索以PQ為直徑的圓與AC的位置關(guān)系，寫出相應(yīng)位置關(guān)系的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得出OD、AD的長度，繼而得出點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）如圖1，由△ABC為等邊三角形得∠C=60°，所以當(dāng)∠CPQ=30°時(shí)，PQ⊥AC，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得CQ=$\frac{1}{2}$PC，即2t=$\frac{1}{2}$（4-t），然后解方程即可；
（3）根據(jù)CQ=2t，∠C=60°，得出QE=CQ•sin60°=$\sqrt{3}$t，進(jìn)而求出面積即可．然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PQD面積的最大值；
（4）根據(jù)（1）中求得的值即可分情況進(jìn)行討論．

解答 解：（1）∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，AD⊥BC于D，
∴OC=4，OD=CD=2，
∴AD=$\sqrt{3}$OC=2$\sqrt{3}$，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，2$\sqrt{3}$）；

（2）如圖1，BP=tcm，CQ=2tcm，
∵△ABC為等邊三角形，
∴∠C=60°，
∴當(dāng)∠CPQ=30°時(shí)，PQ⊥AC，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PC，即2t=$\frac{1}{2}$（4-t），解得t=$\frac{4}{5}$，
即當(dāng)t=$\frac{4}{5}$時(shí)，PQ⊥AC；

（3）如圖2，作QE⊥DC于E，
∵當(dāng)0＜t＜2時(shí)，
CQ=2t，∠C=60°，
∴QE=CQ•sin60°=$\sqrt{3}$t，
PD=2-t，
∴S_△PQD=$\frac{1}{2}$×PD×EQ=$\frac{1}{2}$（2-t）•$\sqrt{3}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t²+$\sqrt{3}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-1）²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即S=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-1）²+$\frac{\sqrt{3}}{2}$（0＜t＜2）．
∴當(dāng)t=1時(shí)，△PQD面積有最大值為：$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

（4）顯然，不存在x的值，使得以PQ為直徑的圓與AC相離，
當(dāng)Q在AB上時(shí)，顯然PQ不垂直于AC，
由（1）知，當(dāng)t=$\frac{4}{5}$（Q在AC上）時(shí)，PQ⊥AC．
如圖1，當(dāng)P′Q′⊥AB時(shí)，BP=t，BQ′=$\frac{1}{2}$，AC+AQ′=2t；
∵AC=4，
∴AQ′=2x-4，
∴2t-4+$\frac{1}{2}$t=4，
∴t=$\frac{16}{5}$，
當(dāng)t=$\frac{16}{5}$時(shí)P′Q′⊥AB．
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{4}{5}$，PQ⊥AC；t=$\frac{16}{5}$時(shí)，PQ⊥AB．
所以當(dāng)x=$\frac{4}{5}$或$\frac{16}{5}$時(shí)，以PQ為直徑的圓與AC相切，
當(dāng)0≤x＜$\frac{4}{5}$或$\frac{4}{5}$＜x＜$\frac{16}{5}$或$\frac{16}{5}$＜x≤4時(shí)，以PQ為直徑的圓與AC相交．

點(diǎn)評 此題綜合考查了等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，三角形面積的求法，圓與直線的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是用動點(diǎn)的時(shí)間t和速度表示線段的長度，本題有一定的綜合性，難度中等．