Question

2．如圖，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形AOCB是梯形，AO∥BC，點A的坐標為（0，6），∠AOB=60°，OA=AB．
（1）求點B的坐標；
（2）點P從O點出發(fā)，沿線段OB以1個單位/秒的速度向終點B勻速運動，點Q從B點出發(fā)，沿線段BA以1個單位/秒的速度向終點A勻速運動，設△CPQ的面積為S（S≠0），點P的運動時間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，當$\frac{CP}{PQ}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$時，求tan∠PQC的值．

Answer 1

分析 （1）證得△AOB是等邊三角形，即可證得BC=$\frac{1}{2}$OB=3，OC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OB=3$\sqrt{3}$，從而證得B點的坐標為（3$\sqrt{3}$，3）；
（2）作PM⊥BC于M．PN⊥AB于N，QK⊥BC，交CB的延長線于K，由OP=BQ=t，PB=6-t，根據(jù)解直角三角形得出PM=PN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t），QK=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，如圖2，根據(jù)S_△CPQ=S_△PQB+S_△PCB-S_△BCQ，如圖3，根據(jù)S_△CPQ=S_△BCQ-S_△PQB-S_△PCB求得即可；
（3）根據(jù)勾股定理分別求得PQ、PC、QC的長度，過P作PH⊥QC，設CH=x，則QH=7-x，過P作PH⊥QC，設CH=x，則QH=7-x，根據(jù)勾股定理求得列出關(guān)于x的方程，解方程求得x的值，從而求得QH、PH的值，即可求得tan∠PQC的值．

解答 解：（1）∵點A的坐標為（0，6），
∴OA=6，
∵∠AOB=60°，OA=AB，
∴∠AOB=∠ABO=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∴OB=OA=6，
∵∠AOC=90°，
∵AO∥BC，
∴∠BCO=90°，
∴∠BOC=30°，
∴BC=$\frac{1}{2}$OB=3，OC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OB=3$\sqrt{3}$，
∴B（3$\sqrt{3}$，3）；
（2）作PM⊥BC于M．PN⊥AB于N，QK⊥BC，交CB的延長線于K，
∴∠BOC=30°，∠BCO=90°，
∴∠OBC=60°，
∴∠OBC=∠ABO=60°，
∴PM=PN，∠ABK=60°，
∵OP=BQ=t，
∴PB=6-t，
∴PM=PN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t），QK=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
①如圖2，S_△CPQ=S_△PQB+S_△PCB-S_△BCQ=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）+$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）-$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
即S_△CPQ=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\frac{9\sqrt{3}}{2}$（0≤t$＜3\sqrt{2}$）；
②如圖3，S_△CPQ=S_△BCQ-S_△PQB-S_△PCB=$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$t-$\frac{1}{2}$×t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）-$\frac{1}{2}$×3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
即S_△CPQ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-$\frac{9\sqrt{3}}{2}$（3$\sqrt{2}$＜x＜6）；
綜上，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}+\frac{9\sqrt{3}}{2}（0≤t＜3\sqrt{2}）}\\{\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-\frac{9\sqrt{3}}{2}（3\sqrt{2}＜t＜6）}\end{array}\right.$；
（3）如圖2，在△BPQ中，BQ=t，BP=6-t，∠PBQ=60°，
∴PN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t），BN=$\frac{1}{2}$（6-t），
∴QN=t-$\frac{1}{2}$（6-t）=$\frac{3}{2}$t-3，
∴PQ=$\sqrt{Q{N}^{2}+P{N}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{2}t-3）^{2}+[\frac{\sqrt{3}}{2}（6-t）]^{2}}$=$\sqrt{3{t}^{2}-18t+36}$，
在△BPC中，BC=3，BP=6-t，∠PBC=60°，
∴PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（6-t），BM=$\frac{1}{2}$（6-t），
∴MC=3-$\frac{1}{2}$（6-t）=$\frac{1}{2}$t，
∴PC=$\sqrt{P{M}^{2}+M{C}^{2}}$=$\sqrt{[\frac{\sqrt{3}}{2}（6-t）]^{2}+（\frac{1}{2}t）^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}-9t+27}$，
∵$\frac{CP}{PQ}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，
∴$\frac{\sqrt{{t}^{2}-9t+27}}{\sqrt{3{t}^{2}-18t+36}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，
整理得9t=45，
∴t=5，
∴PQ=$\sqrt{21}$，PC=$\sqrt{7}$，BQ=5，
∴BK=$\frac{5}{2}$，QK=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴QC=$\sqrt{C{K}^{2}+Q{K}^{2}}$=$\sqrt{（3+2.5）^{2}+（\frac{5\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=7，
過P作PH⊥QC，設CH=x，則QH=7-x，
根據(jù)勾股定理，PC²-CH²=PQ²-QH²，
∴7-x²=21-（7-x）²，
解得x=$\frac{35}{14}$=$\frac{5}{2}$，
∴CH=$\frac{5}{2}$，
∴PH=$\sqrt{P{C}^{2}-C{H}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴tan∠PQC=$\frac{PH}{QH}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{7-\frac{5}{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{9}$．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，梯形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理的應用以及三角形面積等，分類討論思想的運用是解題的關(guān)鍵．