Question

14．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A的坐标为（6，0），将△ABC沿AC翻折，使点B落到点B′处，B′C交x轴于点D，且CD=2DB′．动点P从点C出发，沿CO以每秒1个单位的速度向点O运动；动点Q从点O出发，沿OA、AB以每秒3个单位的速度向点B运动，连接PQ．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终时整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）求点B′的坐标；
（2）若以P、Q、D、C为顶点的凸四边形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（3）当t＞$\frac{2}{3}$时，设PQ与B′C相交于点M，问：是否存在这样的t值，使得△PCM为等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）只要证明∠DAB′=30°，作B′H⊥OA于H，解直角三角形即可解决问题；
（2）分三种情形①如图2中，当0＜t≤$\frac{2}{3}$时，S_{四边形PQDC}=S_△COD-S_△POQ；②如图3中，当$\frac{2}{3}$＜t≤2时，S_{四边形PCQD}=S_△COQ-S_△POD；③如图4中，当2＜t≤$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$时，S_{四边形PCQD}=S_{四边形COAQ}-S_△POD-S_△ADQ；
（3）分两种情形①如图5中，当PC=PM时，易知∠PQO=30°，根据tan30°=$\frac{OP}{OQ}$，构建方程即可解决问题；②如图6中，当CP=CM时，作PH⊥AB于H，在PH上截取运动N，使得PN=QN，连接NQ．根据PH=6，构建方程即可；

解答 解：（1）如图1中，

∵△ACB′是由△ACB翻折得到，
∴∠1=∠2，
∵BC∥OA，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴DC=AD，
∵CD=2DB′，
∴AD=2DB′，
∵∠B′=90°，
∴∠DAB′=30°，
作B′H⊥OA于H．
∵OA=CB′，
∴OD=DB′，
∴AD=2OD，
∵OA=6，
∴OD=2，AD=4，
∴DB′=2，DH=1，B′H=$\sqrt{3}$，
∴B′（2，-$\sqrt{3}$）．


（2）①如图2中，当0＜t≤$\frac{2}{3}$时，S_{四边形PQDC}=S_△COD-S_△POQ=$\frac{1}{2}$×$2×2\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$（2$\sqrt{3}$-t）•3t=$\frac{3}{2}$t²-3$\sqrt{3}$t+2$\sqrt{3}$．

②如图3中，当$\frac{2}{3}$＜t≤2时，S_{四边形PCQD}=S_△COQ-S_△POD=$\frac{1}{2}$•3t•2$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$•2•（2$\sqrt{3}$-t）=（3$\sqrt{3}$+1）t-2$\sqrt{3}$．

③如图4中，当2＜t≤$\frac{6+2\sqrt{3}}{3}$时，
S_{四边形PCQD}=S_{四边形COAQ}-S_△POD-S_△ADQ
=$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{3}$+3t-6）•6-$\frac{1}{2}$•2•（2$\sqrt{3}$-t）-$\frac{1}{2}$•4•（3t-6）
=4t+4$\sqrt{3}$-6．


（3）①如图5中，当PC=PM时，易知∠PQO=30°，

∴tan30°=$\frac{OP}{OQ}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}-t}{3t}$，
解得t=3-$\sqrt{3}$．
②如图6中，当CP=CM时，作PH⊥AB于H，在PH上截取运动N，使得PN=QN，连接NQ．

易知∠CPM=75°，∠QPN=15°，
∴∠NPQ=∠NQP=15°，
∴∠QNH=∠NPQ+∠NQP=30°，
∴PN=QN=2QH，NH=$\sqrt{3}$QH，
∵QH=3t-6-（2$\sqrt{3}$-t）=4t-2$\sqrt{3}$-6，PH=OA=6，
∴2（4t-2$\sqrt{3}$-6）+$\sqrt{3}$（4t-2$\sqrt{3}$-6）=6，
解得t=$\frac{9-2\sqrt{3}}{2}$，
综上所述，t=3-$\sqrt{3}$或$\frac{9-2\sqrt{3}}{2}$s时，△PCM是等腰三角形．

点评 本题考查四边形综合题、翻折变换、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分割法求多边形面积，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．