Question

14．已知：在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△ABC的頂點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B、C分別在x軸正半軸上和y軸正半軸上，∠ACB=90°，∠BAC=60°．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度沿BC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，△ABE的面積為S，求S與t的關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，點(diǎn)E出發(fā)的同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度，沿CO向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F停止時(shí)，點(diǎn)E也隨之停止．連接EF，以EF為邊在EF的上方作等邊△EFH，連接CH，當(dāng)點(diǎn)C（0，2$\sqrt{3}$），CH=$\sqrt{3}$時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)A的坐標(biāo)確定出OA的長，在直角三角形AOC中，利用銳角三角函數(shù)定義求出CO的長，進(jìn)而求出OB的長，確定出B的坐標(biāo)即可；
（2）根據(jù)三角形函數(shù)定義求出BC的長，作ED垂直于AB，表示出BE，ED，BD，進(jìn)而表示出E坐標(biāo)，由AB為底，ED為高表示出S與t的關(guān)系式即可；
（3）根據(jù)C的坐標(biāo)，表示出FC與BE的長，取CE上一點(diǎn)M，使ME=FC，利用SAS得到三角形CFH與三角形MEH全等，利用全等三角形對(duì)應(yīng)角相等得到∠CHF=∠MHE，確定出∠CHM為60°，利用兩邊相等且有一個(gè)角為60°的三角形為等邊三角形得到三角形CHM為等邊三角形，得到MH=CM，根據(jù)CB的長列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到t的值．

解答 解：（1）∵A（-2，0），
∴OA=2，
∵∠BAC=60°，
∴CO=AOtan60°=2$\sqrt{3}$，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCB=90°-30°=60°，
∴BO=OCtan60°=6，
∴B（6，0）；
（2）根據(jù)題意得：BC=$\frac{CO}{sin30°}$=4$\sqrt{3}$，作ED⊥AB于點(diǎn)D，
則BE=t，ED=$\frac{1}{2}$t，BD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴E（6-$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，$\frac{1}{2}$t），
∴S=$\frac{1}{2}$AB•ED=$\frac{1}{2}$×8×$\frac{1}{2}$t=2t（0≤t≤4$\sqrt{3}$）；
（3）∵C（0，2$\sqrt{3}$），∴FC=BE=t（t≤2$\sqrt{3}$），
取CE上一點(diǎn)M，使ME=FC，
∵∠1+∠2=60°，∠FCE+∠CFE+∠2=180°，
∴60°+∠3+60°+∠2=180°，
∴∠3+∠2=60°，
∴∠1=∠3，
在△CFH和△MEH中，
$\left\{\begin{array}{l}{CF=ME}\\{∠3=∠1}\\{FH=EH}\end{array}\right.$，
∴△CFH≌△MEH（SAS），
∴∠CHF=∠MHE，
∵∠FME+∠FHM=60°，
∴∠CHF+∠FHM=∠CHM=60°，
∵CH=HM，
∴△CHM為等邊三角形，
∴CM=CH=$\sqrt{3}$，
∵CB=CM+ME+BE=$\sqrt{3}$+t+t=4$\sqrt{3}$，
解得：t=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．