Question

18．四边形ABCO中，BC∥AO，BC与OA间的距离为$\sqrt{3}$，OA=6，∠AOC=60°，∠OAB=30°，动点P从点O以每秒2个单位的速度向点A运动，动点Q也同时从点B沿B→C→O的线路以每秒1个单位的速度向点O运动，当点P到达A点时，点Q也随之停止，设点P，Q运动的时间为t（秒）．
（1）计算线段OC，BC的长，OC=2，BC=2；
（2）当点Q在CO边上运动时，求△OPQ的面积S与运动时间t的函数关系式，并求出△OPQ面积的最大值；
（3）以O，P，Q为顶点的三角形能构成直角三角形吗？若能，请求出t的值，若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）作CM⊥OA于点M，BR⊥OA于R，求出CM，BR的值，根据锐角三角形关系得出OM，AR的长，即可求出答案；
（2）作CM⊥OA于点M，BR⊥OA于R，根据三角形的面积求出得出函数关系式，再求最值即可；
（3）当Q在BC上，分为两种情况，根据勾股定理得出方程，求出即可；当Q在OC上，分为两种情况，求出每种情况，再进行判断，最后即可得出答案．

解答 解：（1）如图1，作CM⊥OA于点M，BR⊥OA于R，
∵∠AOC=60°，
∴∠OCM=30°，
∵BC与OA间的距离为$\sqrt{3}$，
∴CM=BR=$\sqrt{3}$，
∴MO=1，CO=2，AB=2$\sqrt{3}$，
∴AR=3，
∵AO=6，
∴BC=AO-MO-AR=2；
故答案为：2，2；

（2）如图2，作CM⊥OA于点M，
∵AR=3，BC=MR=2，
∵∠CMO=90°，∠OCM=30°，OM=1，
∴OC=2OM=2，
当动点Q运动到OC边时，OQ=4-t，
作QG⊥OP，∴∠OQG=30°，
∴OG=$\frac{1}{2}$OQ=$\frac{1}{2}$（4-t），
∴QG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-t），
又∵OP=2t，
∴S=$\frac{1}{2}$×2t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-t）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t²-4t）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$[（t-2）²-4]=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-2）²+2$\sqrt{3}$，
即△OPQ面积的最大值为：2$\sqrt{3}$；

（3）根据题意得出：0≤t≤3，
如图3，当0≤t≤2时，Q在BC边上运动，延长BC交y轴于点D，
此时OP=2t，OQ²=（$\sqrt{3}$）²+（3-t）²，PQ²=（$\sqrt{3}$）²+[2t-（3-t）]²，
∵∠POQ＜∠POC=60°，
∴若△OPQ为直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OPQ=90°，如图3，则∠PQD=90°，
∴四边形PQDO为矩形，
∴OP=QD，
∴2t=3-t，
解得t=1，
若∠OQP=90°，如图4，
则OQ²+PQ²=PO²，
即（3-t）²+（$\sqrt{3}$）²+（3t-3）²+（$\sqrt{3}$）²=4t²，
解得：t₁=t₂=2，
当2＜t≤3时，Q在OC边上运动，
若∠OQP=90°，
∵∠POQ=60°，
∴∠OPQ=30°，
∴$\frac{OQ}{OP}$=$\frac{1}{2}$，
若∠OPQ=90°，同理：$\frac{OP}{OQ}$=$\frac{1}{2}$，
而此时OP=2t＞4，OQ＜OC=2，
∴$\frac{OQ}{OP}$$≠\frac{1}{2}$，$\frac{OP}{OQ}$≠$\frac{1}{2}$，
故当Q在OC边上运动时，△OPQ不可能为直角三角形，
综上所述，当t=1或t=2时，△OPQ为直角三角形．

点评 本题考查了四边形综合以及含30°角的直角三角形、勾股定理、梯形的性质、坐标与图形的性质的应用等知识，利用分类讨论得出是解题关键．