Question

2．如圖，四邊形OABC是平行四邊形，點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B（0，2$\sqrt{3}$），動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)以每秒$\sqrt{3}$個單位長度的速度沿射線OB方向勻速運(yùn)動，同時動點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿射線BA方向勻速運(yùn)動，連結(jié)CP，CQ，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)和∠OCB的度數(shù)；
（2）請用含t的代數(shù)式表示動點(diǎn)P和動點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）①當(dāng)∠BCP=∠BCQ時，求t的值；
②當(dāng)∠BCQ-∠BCP≤30°時，求t的取值范圍（只要寫出直接答案）．

Answer 1

分析 （1）由平行四邊形的性質(zhì)和點(diǎn)A、B的坐標(biāo)便可求出C點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系可知∠OCB的度數(shù)；
（2）利用三角形相似可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，點(diǎn)P在y軸上，易得P（0，t）；
（3）①當(dāng)∠BCP=∠BCQ時，點(diǎn)Q在直線CP上，求出直線CP的解析式，把Q的坐標(biāo)代入列方程求解；
②運(yùn)用C、Q的坐標(biāo)求出直線CQ的解析式，求出直線與y軸交點(diǎn)D的坐標(biāo)，表示出OP、DP、CP，運(yùn)用相似列方程求解，得到t的取值范圍．

解答 解：（1）∵四邊形OABC是平行四邊形，點(diǎn)A（-2，0），點(diǎn)B（0，2$\sqrt{3}$），
∴C（2，2$\sqrt{3}$）
在Rt△OBC中，OB=2$\sqrt{3}$，BC=2，
∴∠∠OCB=30°
（2）∵動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)以每秒$\sqrt{3}$個單位長度的速度沿射線OB方向勻速運(yùn)動，運(yùn)動時間為t秒．
∴P（0，$\sqrt{3}$t，）
如圖①，作QM⊥y，QN⊥x，
則$\frac{QM}{OA}$=$\frac{BQ}{AB}$，$\frac{QN}{OB}$=$\frac{AQ}{AB}$，
由BQ=2t，AB=4，OB=2$\sqrt{3}$，OA=2，
∴AQ=4-2t，
代入上式解得：QM=t，QN=2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∴Q（-t，2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），P（0，$\sqrt{3}$t）；
（3）①當(dāng)∠BCP=∠BCQ時，點(diǎn)Q在直線CP上，
設(shè)直線CP解析式為y=kx+b，
代入C、P兩點(diǎn)坐標(biāo)，得
k=$\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$，b=$\sqrt{3}$t，
∴y=$\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{2}$x+$\sqrt{3}$t，
把Q（-t，2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）代入解方程得：t=-1$±\sqrt{5}$，
t=-1-$\sqrt{5}$不合題意，舍去，
∴t=$\sqrt{5}$-1．②
②如圖②當(dāng)∠BCQ-∠BCP=30°時，
∵∠PCD=∠COB=30°，∠CPO=∠DPC，
∴△OCP∽△CDP，
∴PC²=PD•PO，
∵Q（-t，2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），C（2，2$\sqrt{3}$），
設(shè)直線CQ的解析式為y=kx+b，
把C、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得：k=-$\frac{\sqrt{3}t}{t-2}$，b=$\frac{4\sqrt{3}t-4\sqrt{3}}{t-2}$，
∴D（0，$\frac{4\sqrt{3}t-4\sqrt{3}}{t-2}$），
∴OP=$\sqrt{3}$t，PD=$\sqrt{3}$t-$\frac{4\sqrt{3}t-4\sqrt{3}}{t-2}$，PC²=BP²+BC²=（2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）²+2²
∴（2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）²+2²=$\sqrt{3}$t•（$\sqrt{3}$t-$\frac{4\sqrt{3}t-4\sqrt{3}}{t-2}$）
解得t=$\frac{8}{7}$，
∴0＜t≤$\frac{8}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)及待定系數(shù)法；熟練運(yùn)用數(shù)形結(jié)合是解決此類問題的關(guān)鍵．