Question

10．如圖，在平行四邊形OABC中，∠AOC=60°，OC=4cm，OA=8cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以1cm/s的速度沿邊按O→A→B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以1cm/s的速度沿邊按O→C→B運(yùn)動(dòng)，其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），平行四邊形OABC位于直線PQ左側(cè)的圖形面積為S（cm²）．
（1）平行四邊形OABC的面積是16$\sqrt{3}$cm²；
（2）當(dāng)t=6s時(shí)，直線PQ平分平行四邊形OABC的面積；
（3）求S關(guān)于t的函數(shù)解析式．

Answer 1

分析 （1）在Rt△COD中求出CD=2$\sqrt{3}$，再利用平行四邊形的面積公式即可得出結(jié)論；
（2）先求出S_梯形OCQP=8$\sqrt{3}$，再用梯形的面積公式即可得出結(jié)論；
（3）分三段用三角形和梯形的面積公式即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，
過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA于D，
在Rt△COD中，∠AOC=60°，OC=4，
∴CD=2$\sqrt{3}$，
∵OA=8，
∴S_{平行四邊形OABC}=OA•CD=8×2$\sqrt{3}$=16$\sqrt{3}$cm²，
故答案為：16$\sqrt{3}$；
（2）如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA于D，
由（1）知，CD=2$\sqrt{3}$，S_{平行四邊形OABC}=16$\sqrt{3}$cm²，
∵直線PQ平分平行四邊形OABC的面積，
∴S_梯形OCQP=$\frac{1}{2}$S_{平行四邊形OABC}=$\frac{1}{2}$×16$\sqrt{3}$=8$\sqrt{3}$，
由運(yùn)動(dòng)知，CQ=t-4，OP=t，
∴S_梯形OCQP=$\frac{1}{2}$（CQ+OP）•CD=$\frac{1}{2}$（t-4+t）×2$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$（2t-4）=8$\sqrt{3}$，
∴t=6，
故答案為：6；

（3）當(dāng)0≤t≤4時(shí)，如圖2，
過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥OA于D，
在Rt△ODQ中，∠AOC=60°，OQ=t，
∴DQ=OQsin∠AOC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∴S=S_△OPQ=$\frac{1}{2}$×OP×DQ=$\frac{1}{2}$t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²，

當(dāng)4＜t≤8時(shí)，如圖3，
過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA于D，
由（1）知，CD=2$\sqrt{3}$，由運(yùn)動(dòng)知，CQ=t-4，OP=t，
∴S_梯形OCQP=$\frac{1}{2}$（CQ+OP）•CD=$\frac{1}{2}$（t-4+t）×2$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$（2t-4）=2$\sqrt{3}$t-4$\sqrt{3}$，


當(dāng)8＜t≤12時(shí)，如圖4，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥BC于D，
∵四邊形OABC時(shí)平行四邊形，∴∠B=60°，
由運(yùn)動(dòng)知，BQ=PB=12-t，
在Rt△PDB中，PD=PBsin∠B=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（12-t），
∴S_{五邊形OAPQC}=S_{平行四邊形OABC}-S_△PBQ
=16$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$BQ×PD=16$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$（12-t）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（12-t）=16$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（12-t）²，

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形的面積公式，平行四邊形的面積公式，解本題的關(guān)鍵是畫(huà)出圖形，是一道中等難度的中考�？碱}．