Question

5．如图，直线m：y=kx（k＞0）与直线n：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$相交于点C，点A、B为直线n与坐标轴的交点，∠COA=60°，点P从O点出发沿线段OC向点C匀速运动，速度为每秒1个单位，同时点Q从点A出发沿线段AO向点O匀速运动，速度为每秒2个单位，设运动时间为t秒．
（1）k=$\sqrt{3}$；
（2）记△POQ的面积为S，求t为何值时S取得最大值；
（3）当△POQ的面积最大时，以PQ为直径的圆与直线n有怎样的位置关系，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）依据k=tan∠COA进行求解即可；
（2）如图1所示：过点P作PD⊥OA，垂足为D．由锐角三角函数的定义和特殊锐角三角函数值可求得PD=$\frac{\sqrt{3}t}{2}$，然后利用三角形的面积公式列出关系式，最后利用配方法求得三角形面积最大时t的值即可；
（3）如图2所示：过点P作PD⊥OA垂足为D，过圆心O作OE⊥AB，垂足为E．首先证明四边形，四边形OPCE为矩形，然后求得d和r的值即可．

解答 解：（1）k=tan∠COA=tan60°=$\sqrt{3}$．
（2）如图1所示：过点P作PD⊥OA，垂足为D．

令直线n：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$的y=0得：-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$=0，解得x=6，
∴OA=6．
∵∠COA=60°，PD⊥OA，
∴$\frac{PD}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\frac{PD}{t}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴PD=$\frac{\sqrt{3}t}{2}$．
${S}_{△OPQ}=\frac{1}{2}OQ•PD$=$\frac{1}{2}×（6-2t）×\frac{\sqrt{3}}{2}t$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t²-3t+$（\frac{3}{2}）^{2}$-$（\frac{3}{2}）^{2}$）=$-\frac{\sqrt{3}}{2}（t-\frac{3}{2}）^{2}+\frac{9\sqrt{3}}{8}$，
∴当t=$\frac{3}{2}$时，S有最大值．
（3）如图2所示：过点P作PD⊥OA垂足为D，过圆心O作OE⊥AB，垂足为E．

令直线n：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$的x=0得：y=2$\sqrt{3}$．
∴OB=2$\sqrt{3}$．
∵tan∠BAO=$\frac{OB}{OA}=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠BAO=30°．
∴∠ABO=60°．
∴OC=OBsin60°=2$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=3．
∵∠COA=60°，
∴∠BOC=30°．
∴∠BOC+∠OBC=90°．
∴∠OCA=90°．
当t=$\frac{3}{2}$时，OD=$\frac{3}{2}×\frac{1}{2}$=$\frac{3}{4}$，PD=$\frac{3}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．DQ=3-$\frac{3}{4}$=$\frac{9}{4}$．
∴tan∠PQO=$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}}{\frac{9}{4}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴∠PQO=30°．
∴∠BAO=∠PQO．
∴PQ∥AB，
∴∠CPQ+∠PCA=180°．
∴∠CPQ=180°-90°=90°．
∴∠ECP=∠CPO=∠OEC=90°．
∴四边形OPCE为矩形．
∴d=OE=PC=OC-OP=3-$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$．
PQ=OQsin60°=3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
∴r=PO=$\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
∵d＞r．
∴直线AB与以PQ为直径的圆O相离．

点评 本题主要考查的是直线和圆的位置关系、一次函数、矩形的性质和判定、二次函数的最值、锐角三角函数的综合应用，求得d和r的值是解题的关键．