Question

19．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3$\sqrt{3}$）、B（9，5$\sqrt{3}$），C（14，0），动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA-AB-BC运动，在OA、AB、BC上运动的速度分别为3，$\sqrt{3}$，$\frac{5}{2}$（单位长度/秒），当P、Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．
（1）求AB所在直线的函数表达式；
（2）如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值；
（3）在P、Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求AB所在直线的函数表达式；
（2）由题意得：OP=t，PC=14-t，求出PC边上的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，代入面积公式计算，并根据二次函数的最值公式求出最大值即可；
（3）分别以Q在OA、AB、BC上运动时讨论：
①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
只要能画出图形，根据中垂线的性质和勾股定理列方程可得结论．

解答 解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y=kx+b，
把A（3，3$\sqrt{3}$）、B（9，5$\sqrt{3}$）代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=3\sqrt{3}}\\{9k+b=5\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴AB所在直线的函数表达式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2$\sqrt{3}$；
（2）如图1，由题意得：OP=t，则PC=14-t，
过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，
过A作AE⊥BF于E，交QH于G，
∵A（3，3$\sqrt{3}$），
∴OD=3，AD=3$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：OA=6，
∵B（9，5$\sqrt{3}$），
∴AE=9-3=6，BE=5$\sqrt{3}$-3$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
Rt△AEB中，AB=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$，
tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠BAE=30°，
点Q过OA的时间：t=$\frac{6}{3}$=2（秒），
∴AQ=$\sqrt{3}$（t-2），
∴QG=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{\sqrt{3}（t-2）}{2}$，
∴QH=$\frac{\sqrt{3}（t-2）}{2}$+3$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，
在△PQC中，PC=14-t，PC边上的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，t=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=4（秒），
∴S=$\frac{1}{2}$（14-t）（$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$）=-$\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}$+$\frac{5\sqrt{3}}{2}$t+14$\sqrt{3}$（2≤t≤6），
∴当t=5时，S有最大值为$\frac{81\sqrt{3}}{4}$；
（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
过Q作QG⊥x轴于G，
由题意得：OQ=3t，OP=t，∠AOG=60°，
∴∠OQG=30°，
∴OG=$\frac{3}{2}$t，
∴CG=14-$\frac{3}{2}$t，
sin60°=$\frac{QG}{OQ}$，
∴QG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×3t=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$t，
在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG²+CG²=QC²=PC²，
可得方程（$\frac{3\sqrt{3}}{2}t$）²+（14-$\frac{3}{2}$t）²=（14-t）²，
解得：t₁=$\frac{7}{4}$，t₂=0（舍），此时t=$\frac{7}{4}$，
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
∴AQ=AP，
过A作AG⊥x轴于G，
由题意得：OP=t，AQ=$\sqrt{3}$（t-2），则PG=t-3，AP=$\sqrt{3}$（t-2），
在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP²=AG²+PG²，
可得方程：（3$\sqrt{3}$）²+（t-3）²=[$\sqrt{3}$（t-2）]²，
解得：t₁=$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$，t₂=$\frac{3-\sqrt{57}}{2}$（舍去），
此时t=$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$；
当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3-1中，易知QC=PC=14-t，
QG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t+2$\sqrt{3}$，CG=14-$\frac{3}{2}$t，
在Rt△QCG中，（14-t）²=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$t-2$\sqrt{3}$）²+（14-$\frac{3}{2}$t）²，
整理得t²-4t+6=0，△＜0，无解．此种情形不存在．
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
∴PC=CQ，
由（2）知：OA=6，AB=4$\sqrt{3}$，BC=10，
t=$\frac{6}{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=6，
∴BQ=$\frac{5}{2}$（t-6），
∴CQ=BC-BQ=10-$\frac{5}{2}$（t-6）=25-$\frac{5}{2}$t，
可得方程为：14-t=25-$\frac{5}{2}$t，
解得：t=$\frac{22}{3}$；
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
∴BP=BQ，
过B作BG⊥x轴于G，
则BG=5$\sqrt{3}$，PG=t-9，BQ=$\frac{5}{2}$（t-6），
由勾股定理得：BP²=BG²+PG²，
可得方程为：（5$\sqrt{3}$）²+（t-9）²=[$\frac{5}{2}$（t-6）]²，
解得：t₁=$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$，t₂=$\frac{38-20\sqrt{2}}{7}$（舍去），
此时t=$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$，
综上所述，t的值为$\frac{7}{4}$或$\frac{3+\sqrt{57}}{2}$或$\frac{22}{3}$或$\frac{38+20\sqrt{2}}{7}$．

点评 本题是四边形的综合题，考查了利用待定系数法求直线的解析式、动点运动问题、组成的三角形的面积问题、二次函数的最值问题、线段垂直平分线的性质以及勾股定理，计算量大，第三问有难度，容易丢解，注意运用数形结合的思想，且第三问主要运用了线段垂直平分线的性质．