Question

15．已知：如图，在平面直角坐标系中，射线 AB与y轴和x轴分别交于A、B 两点，点C为AB的中点，OB=$\sqrt{3}$OA=4$\sqrt{3}$，∠OAB=60°．
（1）求点C的坐标；
（2）点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿射线AB运动，由C作CH⊥OB于H，设点P运动的时间为t秒，△PCH的面积为S，用含t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，在射线OC上取点Q，使PQ=QH，且CQ＞CH，当CQ=5时，求满足条件的t值．

Answer 1

分析 （1）如图1，过C作CD⊥x轴于D，过C作CE⊥y轴于E，构建平行线，得中位线CE和CD，所以得出这条线段的长，写出C的坐标；
（2）分两种情况进行讨论：①当0≤t≤2时，点P在线段AC上，如图2，分别表示PC和HQ的长，代入面积公式即可；②当2＜t≤4时，点P在线段BC上，如图3，同理可求得面积S；
（3）作辅助线，构建直角三角形，根据等量关系PQ=QH，利用勾股定理列方程，解出t的值，因为动点P的总路程为8，速度为2，所以时间t的最大值为4，取舍后得出t=1．

解答 解：（1）如图1，过C作CD⊥x轴于D，过C作CE⊥y轴于E，
∵OB=$\sqrt{3}$OA=4$\sqrt{3}$，
∴OA=4，
∵OC⊥x轴，AO⊥x轴，
∴OC∥AO，
∵C是AB的中点，
∴E是AO的中点，
∴CE是△AOB的中位线，
∴CE=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
同理得：CD=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$×4=2，
∴点C的坐标（2$\sqrt{3}$，2）；
（2）∵OA=4，OB=4$\sqrt{3}$，
∴AB=$\sqrt{{4}^{2}+（4\sqrt{3}）^{2}}$=8，
∴0≤t≤4，
分两种情况：
①当0≤t≤2时，点P在线段AC上，如图2，
∵CH⊥OB，AO⊥OB，
∴CH∥AO，
∵C是AB的中点，
∴H是OB的中点，
∴OH=BH=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
过H作HQ⊥AB于Q，
∵∠OAB=60°，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴HQ=$\frac{1}{2}$BH=$\sqrt{3}$，
由题意得：AP=2t，则PC=AC-AP=4-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$PC•HQ=$\frac{1}{2}$（4-2t）×$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$t+2$\sqrt{3}$，
②当2＜t≤4时，点P在线段BC上，如图3，
过H作HQ⊥AB于Q，
同理得HQ=$\sqrt{3}$，
∵AP=2t，
∴PC=2t-4，
∴S=$\frac{1}{2}$PC•HQ=$\frac{1}{2}$（2t-4）×$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$t-2$\sqrt{3}$；
（3）过P作PF⊥x轴于F，过Q作QE⊥x轴于E，作QG⊥PF，交FP的延长线于G，过P作PH⊥OA于H，得矩形HOFP和矩形GFEQ，
∵PH∥OB，∠ABO=30°，
∴∠APH=∠ABO=30°，
∵AP=2t，
∴AH=t，PH=$\sqrt{3}$t，
∴PF=OH=4-t，
在Rt△OQE中，∠QOE=30°，
OQ=OC+CQ=4+5=9，
∴QE=$\frac{1}{2}$OQ=$\frac{9}{2}$，
cos30°=$\frac{OE}{OQ}$，
∴OE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×9=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，
∴EH=OE-OH=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-2$\sqrt{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
在Rt△QGP中，GQ=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-$\sqrt{3}$t，PG=$\frac{9}{2}$-（4-t）=$\frac{1}{2}$+t，
∵PQ=QH，
∴PG²+QG²=EH²+EQ²，
则（$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-$\sqrt{3}$t）²+（$\frac{1}{2}$+t）²=（$\frac{9}{2}$）²+（$\frac{5\sqrt{3}}{2}$）²，
解得：t₁=1，t₂=$\frac{11}{2}$（舍），
则满足条件的t为1．

点评 本题是三角形的综合题，考查了30°的直角三角形的性质、中位线的性质及动点问题，掌握动点的路线、速度和时间，表示出运动的路程，根据三角形的面积公式代入可求得函数关系式，同时采用了分类讨论的方法，利用数形结合的思想解决问题．