Question

20．在平面直角坐標(biāo)系中，點B、A分別在x軸和y軸上，連接AB，已知∠ABO=60°，BC平分∠ABO交y軸于點C，且BC=8．

（1）求點A的坐標(biāo)；
（2）點P從點B出發(fā)，沿射線BC方向以每秒2個長度單位的速度運動，過點P作PQ⊥y軸于Q，設(shè)點P的運動時間為t秒，試用t表示線段CQ的長；
（3）點D是點B關(guān)于y軸的對稱點，在（2）的條件下，連接OP、DQ、CD，當(dāng)$S{\;}_{△BOP}=\frac{9}{5}{S_{△DCQ}}$時，求t的值．

Answer 1

分析 （1）首先在直角△BOC中，利用三角函數(shù)求得OC的長，然后證明BC=AC，則求得OA的長，得到A的坐標(biāo)；
（2）分成P在線段BC上和在BC的延長線上兩種情況進行討論，利用三角函數(shù)求解；
（3）同（2）分成兩種情況討論，根據(jù)三角形面積公式利用t表示出△BPO和△DCQ的面積，然后解方程即可求解．

解答 解：（1）∵∠ABO=60°，BC是角平分線，
∴∠ABC=∠CBO=30°，
在直角△BOC中，OC=BC•sin∠CBO=$\frac{1}{2}$BC=4，即C的坐標(biāo)是（0，4）．
又∵直角△ABO中，∠BAO=90°-∠ABO=90°-60°=30°，
∴∠BAO=∠ABC=30°，
∴AC=BC=8，
∴OA=8+4=12，
∴A的坐標(biāo)是（0，12）；
（2）當(dāng)0≤t≤4時，如圖1，P在BC上，BP=2t，則PC=8-2t，
在直角△PCQ中，∠CPQ=∠CBO=30°，
則CQ=$\frac{1}{2}$PC=$\frac{1}{2}$（8-2t）=4-t；
當(dāng)t＞4時，P在BC的延長線上，如圖2．
BP=2t，則CP=2t-8，
在直角△PCQ中，∠CPQ=30°，CQ=$\frac{1}{2}$PC=$\frac{1}{2}$（2t-8）=4-4；
（3）在直角△BOC中，OB=BC•cos∠CBO=8×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=4$\sqrt{3}$，則B的坐標(biāo)是（-4$\sqrt{3}$，0），則D的坐標(biāo)是（4$\sqrt{3}$，0）．
當(dāng)0≤t≤4時，如圖1，P在線段BC上，作PF⊥OB于點F．則PF=$\frac{1}{2}$BP=t，則S_△BOP=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$t=2$\sqrt{3}$t，
CQ=4-t，則S_△DCQ=$\frac{1}{2}$（4-t）×4$\sqrt{3}$=-2$\sqrt{3}$t+8$\sqrt{3}$，
當(dāng)$S{\;}_{△BOP}=\frac{9}{5}{S_{△DCQ}}$時，2$\sqrt{3}$t=$\frac{9}{5}$（-2$\sqrt{3}$t+8$\sqrt{3}$），解得：t=$\frac{18}{7}$；
當(dāng)t＞4時，P在BC的延長線上，如圖2．作PF⊥OB于點F．則PF=$\frac{1}{2}$BP=t，則S_△BOP=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$t=2$\sqrt{3}$t，
CQ=4-t，則S_△DCQ=$\frac{1}{2}$（t-4）×4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$t-8$\sqrt{3}$，
當(dāng)$S{\;}_{△BOP}=\frac{9}{5}{S_{△DCQ}}$時，2$\sqrt{3}$t=$\frac{9}{5}$（2$\sqrt{3}$t-8$\sqrt{3}$），解得：t=9．
總之，t=$\frac{18}{7}$或9．

點評 本題考查了三角函數(shù)，以及點的運動變化，注意分成兩種情況，利用t表示出△BPO和△DCQ的面積是本題的關(guān)鍵．