Question

19．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC各頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O（0，0），A（3，3$\sqrt{3}$）、B（9，5$\sqrt{3}$），C（14，0），動(dòng)點(diǎn)P與Q同時(shí)從O點(diǎn)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，點(diǎn)P沿OC方向以1單位長(zhǎng)度/秒的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿折線OA-AB-BC運(yùn)動(dòng)，在OA、AB、BC上運(yùn)動(dòng)的速度分別為3，$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}$（單位長(zhǎng)度/秒），當(dāng)P、Q中的一點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．
（1）求AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求△CPQ的面積S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式及S的最大值；
（3）在P、Q的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若線段PQ的垂直平分線經(jīng)過(guò)四邊形OABC的頂點(diǎn)，求相應(yīng)的t值．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）由題意得：OP=t，PC=14-t，求出PC邊上的高為$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，代入面積公式計(jì)算，并根據(jù)二次函數(shù)的最值公式求出最大值即可；
（3）分別以Q在OA、AB、BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)討論：
①當(dāng)0＜t≤2時(shí)，線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（如圖2），
②當(dāng)2＜t≤6時(shí)，線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（如圖3），
③當(dāng)6＜t≤10時(shí)，
i）線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（如圖4），
ii）線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（如圖5），
只要能畫(huà)出圖形，根據(jù)中垂線的性質(zhì)和勾股定理列方程可得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b，
把A（3，3$\sqrt{3}$）、B（9，5$\sqrt{3}$）代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=3\sqrt{3}}\\{9k+b=5\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$；
（2）如圖1，由題意得：OP=t，則PC=14-t，
過(guò)A作AD⊥x軸于D，過(guò)B作BF⊥x軸于F，過(guò)Q作QH⊥x軸于H，
過(guò)A作AE⊥BF于E，交QH于G，
∵A（3，3$\sqrt{3}$），
∴OD=3，AD=3$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：OA=6，
∵B（9，5$\sqrt{3}$），
∴AE=9-3=6，BE=5$\sqrt{3}$-3$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
Rt△AEB中，AB=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠BAE=30°，
點(diǎn)Q過(guò)OA的時(shí)間：t=$\frac{6}{3}$=2（秒），
∴AQ=$\sqrt{3}$（t-2），
∴QG=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{\sqrt{3}（t-2）}{2}$，
∴QH=$\frac{\sqrt{3}（t-2）}{2}$+3$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，
在△PQC中，PC=14-t，PC邊上的高為$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，t=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=4（秒），
∴S=$\frac{1}{2}$（14-t）（$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$）=-$\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}$+$\frac{5\sqrt{3}}{2}$t+14$\sqrt{3}$（2≤t≤6），
∴當(dāng)t=5時(shí)，S有最大值為$\frac{81\sqrt{3}}{4}$；
（3）①當(dāng)0＜t≤2時(shí)，線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（如圖2），
過(guò)Q作QG⊥x軸于G，
由題意得：OQ=3t，OP=t，∠AOG=60°，
∴∠OQG=30°，
∴OG=$\frac{3}{2}$t，
∴CG=14-$\frac{3}{2}$t，
sin60°=$\frac{QG}{OQ}$，
∴QG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×3t=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$t，
在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG²+CG²=QC²=PC²，
可得方程（$\frac{3\sqrt{3}}{2}t$）²+（14-$\frac{3}{2}$t）²=（14-t）²，
解得：t₁=$\frac{7}{4}$，t₂=0（舍），此時(shí)t=$\frac{7}{4}$，
②當(dāng)2＜t≤6時(shí)，線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（如圖3），
∴AQ=AP，
過(guò)A作AG⊥x軸于G，
由題意得：OP=t，AQ=$\sqrt{3}$（t-2），則PG=t-3，AP=$\sqrt{3}$（t-2），
在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP²=AG²+PG²，
可得方程：（3$\sqrt{3}$）²+（t-3）²=[$\sqrt{3}$（t-2）]²，
解得：t₁=$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$，t₂=$\frac{3-\sqrt{57}}{2}$（舍去），
此時(shí)t=$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$；
當(dāng)PQ的垂直平分線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，如圖3-1中，易知QC=PC=14-t，
QG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，CG=14-$\frac{3}{2}$t，
在Rt△QCG中，（14-t）²=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$t-2$\sqrt{3}$）²+（14-$\frac{3}{2}$t）²，
整理得t²-4t+6=0，△＜0，無(wú)解．此種情形不存在．
③當(dāng)6＜t≤10時(shí)，
i）線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（如圖4），
∴PC=CQ，
由（2）知：OA=6，AB=4$\sqrt{3}$，BC=10，
t=$\frac{6}{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=6，
∴BQ=$\frac{5}{2}$（t-6），
∴CQ=BC-BQ=10-$\frac{5}{2}$（t-6）=25-$\frac{5}{2}$t，
可得方程為：14-t=25-$\frac{5}{2}$t，
解得：t=$\frac{22}{3}$；
ii）線段PQ的中垂線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（如圖5），
∴BP=BQ，
過(guò)B作BG⊥x軸于G，
則BG=5$\sqrt{3}$，PG=t-9，BQ=$\frac{5}{2}$（t-6），
由勾股定理得：BP²=BG²+PG²，
可得方程為：（5$\sqrt{3}$）²+（t-9）²=[$\frac{5}{2}$（t-6）]²，
解得：t₁=$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$，t₂=$\frac{38-20\sqrt{2}}{7}$（舍去），
此時(shí)t=$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$，
綜上所述，t的值為$\frac{7}{4}$或$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$或$\frac{22}{3}$或$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求直線的解析式、動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、組成的三角形的面積問(wèn)題、二次函數(shù)的最值問(wèn)題、線段垂直平分線的性質(zhì)以及勾股定理，計(jì)算量大，第三問(wèn)有難度，容易丟解，注意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想，且第三問(wèn)主要運(yùn)用了線段垂直平分線的性質(zhì)．