题目内容

已知:如图(1),在平面直角坐标xOy中,边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限,顶点A在x轴的正半轴上.另一等腰△OCA的顶点C在第四象限,OC=AC,∠C=120°.现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发,点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动,点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随即停止.
(1)求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系,并写出自变量t的取值范围;
(2)在等边△OAB的边上(点A除外)存在点D,使得△OCD为等腰三角形,请直接写出所有符合条件的点D的坐标;
(3)如图(2),现有∠MCN=60°,其两边分别与OB、AB交于点M、N,连接MN.将∠MCN绕着C点旋转(0°<旋转角<60°),使得M、N始终在边OB和边AB上.试判断在这一过程中,△BMN的周长是否发生变化?若没有变化,请求出其周长;若发生变化,请说明理由.
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分析:(1)由于点Q从点O运动到点C需要
2
3
3
秒,点P从点A→O→B需要
4
3
秒,所以分两种情况讨论:①0<t<
2
3
;②
2
3
≤t<
2
3
3
.针对每一种情况,根据P点所在的位置,由三角形的面积公式得出△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系,并且得出自变量t的取值范围;
(2)如果△OCD为等腰三角形,那么分D在OA边或者OB边上或AB边上三种情形.每一种情形,都有可能O为顶点,C为顶点,D为顶点,分别讨论,得出结果;
(3)如果延长BA至点F,使AF=OM,连接CF,则由SAS可证△MOC≌△FAC,得出MC=CF,再由SAS证出△MCN≌△FCN,得出MN=NF,那么△BMN的周长=BA+BO=4.
解答:精英家教网解:(1)过点C作CD⊥OA于点D.(如图)
∵OC=AC,∠ACO=120°,
∴∠AOC=∠OAC=30°.
∵OC=AC,CD⊥OA,
∴OD=DA=1.
在Rt△ODC中,OC=
OD
cos30°
=
1
cos30°
=
2
3
3
(1分)

(i)当0<t<
2
3
时,OQ=t,AP=3t,OP=OA-AP=2-3t.
过点Q作QE⊥OA于点E.(如图)
在Rt△OEQ中,精英家教网
∵∠AOC=30°,
∴QE=
1
2
OQ=
t
2

∴S△OPQ=
1
2
OP•EQ=
1
2
(2-3t)•
t
2
=-
3
4
t2
+
1
2
t,
即S=-
3
4
t2
+
1
2
t;(3分)

(ii)当
2
3
<t≤
2
3
3
时(如图)
OQ=t,OP=3t-2.
∵∠BOA=60°,∠AOC=30°,
∴∠POQ=90°.
∴S△OPQ=
1
2
OQ•OP=
1
2
t•(3t-2)=
3
2
t2
-t,
即S=
3
2
t2
-t;
故当0<t<
2
3
时,S=-
3
4
t2
+
1
2
t,当
2
3
<t≤
2
3
3
时,S=
3
2
t2
-t(5分)

(2)D(
3
3
,1)或(
2
3
3
,0)或(
2
3
,0)或(
4
3
2
3
3
)(9分)

(3)△BMN的周长不发生变化.理由如下:
延长BA至点F,使AF=OM,连接CF.(如图)精英家教网
又∵∠MOC=∠FAC=90°,OC=AC,
∴△MOC≌△FAC,
∴MC=CF,∠MCO=∠FCA.(10分)
∴∠FCN=∠FCA+∠NCA=∠MCO+∠NCA
=∠OCA-∠MCN
=60°,
∴∠FCN=∠MCN.
在△MCN和△FCN中,
MC=CF
∠FCN=∠MCN
CN=CN

∴△MCN≌△FCN,
∴MN=NF.(11分)
∴BM+MN+BN=BM+NF+BN=BO-OM+BA+AF=BA+BO=4.
∴△BMN的周长不变,其周长为4.
点评:本题综合考查了等腰三角形、等边三角形的性质,全等三角形的判定.难度很大.注意分类讨论时,做到不重复,不遗漏.
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