Question

（2012•蘭州一模）如圖，以等邊△OAB的邊OB所在直線為x軸，點O為坐標原點，使點A在第一象限建立平面直角坐標系，其中△OAB邊長為6個單位，點P從O點出發(fā)沿折線OAB向B點以3單位/秒的速度向B點運動，點Q從O點出發(fā)以2單位/秒的速度沿折線OBA向A點運動，兩點同時出發(fā)，運動時間為t（單位：秒），當兩點相遇時運動停止．

（1）點A坐標為______

Answer 1

【答案】分析：（1）過A作AC⊥x軸于C，通過解直角三角形，易求得A點坐標；當P、Q相交時，兩點的運動的距離總和為△OAB的周長，然后過交點作x軸的垂線，同上可求得此交點的坐標．
（2）當t=2時，P、A重合，Q在線段OB上，以O(shè)B為底、A點縱坐標為高可求得△OPQ的面積；
當t=3時，Q、B重合時，P在線段AB上，易得BP的長，BP•sin60°即為△OPQ的高，底邊OB的長為△OAB的邊長，由此可得到△OPQ的面積．
（3）此題應分三種情況討論：
①當0≤t≤2時，點P在線段OA上，點Q在線段OB上，易求得OQ、OP的長，以O(shè)Q為底，OP•sin60°為高即可得到S、t的函數(shù)關(guān)系式；
②當2＜t≤3時，點P在線段AB上，點Q在線段OB上，解法同①；
③3＜t≤時，點P、Q都在線段AB上，可由△OPB、△OQB的面積差得到△OPQ的面積，從而求得S、t的函數(shù)關(guān)系式．
（4）講過計算可知當S最大時，P、A重合；然后分三種情況討論：
①以P為直角頂點，即PM⊥PQ，可過P作PC⊥x軸于C，過M作PC的垂線，通過Rt△PMN∽△QPC，求得PN、OM的長，進而可得到M點的坐標；
②以Q為直角頂點，解法同①；
③取PQ的中點D，以D為圓心，PQ為直徑作圓，過P、D作y軸的垂線，設(shè)垂足為E、F；易求得PE、OQ的長，根據(jù)梯形中位線定理即可求得DF的長，然后同⊙D的半徑進行比較，發(fā)現(xiàn)⊙D的半徑要小于DF的長，即⊙D與y軸相離，故此種情況不成立．
解答：解：（1）過A作AC⊥x軸于C，在Rt△OAC中，OA=6，∠AOC=60°，則OC=3，AC=3，
由此可得A（3，3）；
當P、Q相遇時，3t+2t=18，即t=；
此時P、Q都在線段AB上，且QB=2×-6=，同上可求得此交點坐標為（，）；
故：A點坐標為、交點坐標為．

（2）當t=2時，P、A重合，S_△OPQ=×4×3=6；
當t=3時，Q、B重合，此時PB=12-3×3=3，△OPQ的高為：PB•sin60°=，
∴S_△OPQ=×6×=；
故當t=2時，S_△OPQ=；當t=3時，S_△OPQ=．

（3）①當0≤t≤2時，P在線段OA上，Q在線段OB上；
S=OQ•OPsin60°=×3t×2t×=；
②當2＜t≤3時，P在線段AB上，Q在線段OB上；
設(shè)OQ邊上的高為h，=，解得h=6-t，
S=OQ•h=×2t×（6-t）=-t²+6t；
③當3＜t≤時，P、Q都在線段AB上，
PQ=6-（3t-6）-（2t-6）=18-5t，
S=×3×（18-5t）=-t+27；
故：S=．

（4）對（3）中的分段函數(shù)進行計算后得知當t=2，S有最大值，
此時P與A重合，OP=6，OQ=4，過P作PC⊥OB于C點，計算得OC=3，AC=，CQ=1，PQ=
①如圖①，過P作PM⊥PQ交y軸于M點，過M作MN⊥AC于N，則MN=OC=3，易得Rt△PMN∽△QPC，
有即，得PN=，MO=NC=故M點坐標為．
②如圖②，過Q作MQ⊥PQ交y軸于M點，通過△MOQ∽△QCP，求得M坐標為．
③如圖③，以PQ為直徑作⊙D，則⊙D半徑r為，再過P作PE⊥y軸于E點，過D作DF⊥y軸于F點，
由梯形中位線求得DF=，顯然r＜DF，故⊙D與y無交點，那么此時在y軸上無M點使得△MPQ為直角三角形．
綜上所述，滿足要求的M點或．
點評：此題考查了等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、圖形面積的求法以及二次函數(shù)最值的應用、直角三角形的判定等知識，同時還涉及到分類討論的數(shù)學思想，難度較大．