Question

（2007•黃岡）已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCO是菱形，且∠AOC=60°，點(diǎn)B的坐標(biāo)是（0，8），點(diǎn)P從點(diǎn)C開始以每秒1個單位長度的速度在線段CB上向點(diǎn)B移動，同時，點(diǎn)Q從點(diǎn)O開始以每秒a（1≤a≤3）個單位長度的速度沿射線OA方向移動設(shè)t（0＜t≤8）秒后，直線PQ交OB于點(diǎn)D．
（1）求∠AOB的度數(shù)及線段OA的長；
（2）求經(jīng)過A，B，C三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（3）當(dāng)a=3，OD=時，求t的值及此時直線PQ的解析式；
（4）當(dāng)a為何值時，以O(shè)，Q，D為頂點(diǎn)的三角形與△OAB相似？當(dāng)a為何值時，以O(shè)，Q，D為頂點(diǎn)的三角形與△OAB不相似？請給出你的結(jié)論，并加以證明．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知了∠AOC的度數(shù)，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得出∠AOB=30°，連接AC交BO于M，在直角三角形OAM中，OM=OB，可根據(jù)OM的長和∠AOM的度數(shù)即可求出OA的長．
（2）同（1）在直角三角形OAM中可求出AM和OM的長，即可得出A點(diǎn)的坐標(biāo)．根據(jù)菱形的對稱性，可知A、C關(guān)于y軸對稱，由此可得出C點(diǎn)的坐標(biāo)，可用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式．
（3）當(dāng)a=3時，OQ=3t，BP=t，已知了OD的長，可求出BD的長，然后根據(jù)相似三角形BPD和OQD得出的關(guān)于BM，OM，BP，OQ的比例關(guān)系式，可求出t的值．即可按（2）的方法求出Q的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法可得出直線DQ的解析式．
（4）本題要分情況討論：
①當(dāng)△ODQ∽△OBA時，PQ∥AB，四邊形AQPB是平行四邊形，因此BP=AQ，可據(jù)此求出a的值．
②當(dāng)△ODQ∽△OAB時，∠ODQ=∠OAB．分兩種情況：
一：當(dāng)P、B不重合時；二：當(dāng)P、B重合時．
方法一樣，和（3）類似，先根據(jù)相似三角形BPD和OQD求出OD的值，然后根據(jù)相似三角形OQD和OBA求出a的值．然后進(jìn)行判斷即可．
解答：解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCO是菱形，∠AOC=60°，
所以∠AOB=30°．
連接AC交OB于M，則OM=OB，AM⊥OB
所以AM=tan30°×OM=4．
所以，OA=AM÷sin30°=8，

（2）由（1）可知A（4，4），B（0，8），C（-4，4）
設(shè)經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線為y=ax²+c
所以16a+c=4，c=8，
∴a=-
所以經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線為y=-x²+8

（3）當(dāng)a=3時，CP=t，OQ=3t，OD=．
所以PB=8-t，BD=8-=
由△OQD∽△BPD得

即，
所以t=
當(dāng)t=時，OQ=．
同理可求Q（，）
設(shè)直線PQ的解析式為y=kx+b，則
k+b=，b=；
所以k=-
所以直線PQ的解析式為y=-x+．

（4）當(dāng)a=1時，△ODQ∽△OBA；
當(dāng)1＜a＜3時，以O(shè)、Q、D為頂點(diǎn)的三角形與△OAB不能相似；
當(dāng)a=1時，△ODQ∽△OBA．
理由如下：
①若△ODQ∽△OBA，可得∠ODQ=∠OBA，此時PQ∥AB．
故四邊形PCOQ為平行四邊形，
所以CP=OQ
即at=t（0＜t≤8）．
所以a=1時，△ODQ∽△OBA
②若△ODQ∽△OAB
（I）如果P點(diǎn)不與B點(diǎn)重合，此時必有△PBD∽△QOD
所以
所以，即=；
所以O(shè)D=．
因?yàn)椤鱋DQ∽△OAB，
所以即=
∴a=1+．
∵0＜t≤8，
∴a＞3，不符合題意．即a＞3時，以O(shè)、Q、D為頂點(diǎn)的三角形與△ABO不能相似；

（II）當(dāng)P與B重合時，此時D點(diǎn)也與B點(diǎn)重合．
可知此時t=8．
由△ODQ∽△OAB得．
所以O(shè)B²=OA×OQ．
即（8）²=8×8a
所以a=3符合題意．
故當(dāng)a=1時△ODQ∽△OAB．
點(diǎn)評：本題是點(diǎn)的運(yùn)動性問題，考查了菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，難度較高．