如图.在平面直角坐标系中.点O为坐标原点.直线y=$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$与x轴.y轴分布交于A.B两点.过点B作AB的垂线.交x轴于点C.点D为BC中点．(1)求点D的坐标,(2)动点P从B出发沿BA向点A运动.速度为$\sqrt{3}$个单位/秒.动点Q从D出发沿DB向点B运动.速度为1个单位/秒.两点同时出发.并且当一个点到达终� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$与x轴、y轴分布交于A、B两点，过点B作AB的垂线，交x轴于点C，点D为BC中点．
（1）求点D的坐标；
（2）动点P从B出发沿BA向点A运动，速度为$\sqrt{3}$个单位/秒，动点Q从D出发沿DB向点B运动，速度为1个单位/秒，两点同时出发，并且当一个点到达终点时另一个点也同时停止运动，连接PQ，将线段PQ绕点Q顺时针旋转60°得到线段P′Q的垂线，垂足为E，连接BE，设点P运动时间为t秒，线段BE的长为d（d≠0），求d与t之间的函数关系式（直接写出t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，连接AE、DE、AD，当t为何值时，△ADE为直角三角形．

分析（1）先求得点A、B的坐标，然后由射影定理求得OC的长，从而可求得点D的坐标；
（2）如图1所示，过点E作BE的垂线交直线BC与点G，首先证明△BPE∽△GQE，然后由相似三角形的性质可求得tan∠EBG=$\sqrt{3}$，从而可求得BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BG；如图2，当点E在点B左边时，BG=DQ+GQ-BD=2t-2$\sqrt{3}$，由BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}BG$从而可求得函数关系式；
（3）如图3所示：当∠AED=90°时，证明△PAE∽△QDE，由相似三角形的性质可求得t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$；如图4，当∠ADE=90°时，延长FD交直线BE与N，首先证明△ADF∽△DEN，从而可求得EN=$\frac{3}{5}$，由BN=$\frac{\sqrt{3}}{2}DB$可求得BN=3，由BE=BN-EN可知3-$\sqrt{3}t$=$\frac{12}{5}$．

解答解：（1）令x=0得y=2$\sqrt{3}$，
∴点B的坐标为（0，2$\sqrt{3}$）．
令y=0得；$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$=0，解得：x=-2．
∴点A的坐标为（-2，0）．
∵AB⊥BC，
由射影定理得：OB²=OA•OC．
∴$（2\sqrt{3}）^{2}=2×OC$．
解得：OC=6．
∵点D是BC的中点，
∴点D的坐标是（3，$\sqrt{3}$）．
（2）如图1所示，过点E作BE的垂线交直线BC与点G．

∵∠BEG=∠PEQ，
∴∠BEP=∠GEQ．
∵∠PBC=∠PEQ，
∴∠BPE=∠GQE．
∴△BPE∽△GQE．
∴GQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}BP=\frac{\sqrt{3}}{3}×\sqrt{3}t$=t．
∵DQ=t，BG=BD-DQ-GQ=2$\sqrt{3}$-t-t=2$\sqrt{3}$-2t．
∵△BPE∽△GQE，
∴$\frac{BE}{GE}=\frac{PE}{QE}$=$\sqrt{3}$．
∴∠EBG=30°．
∴BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BG=3$-\sqrt{3}$t（0≤t$＜\sqrt{3}$）．
如图2，当点E在点B左边时．

∵BG=DQ+GQ-BD=t+t-2$\sqrt{3}$=2t-2$\sqrt{3}$．
∴BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}BG$=$\sqrt{3}t-3$（$\sqrt{3}＜t≤\frac{4\sqrt{3}}{3}$）．
∴d与t的函数关系式为d=$\left\{\begin{array}{l}{3-\sqrt{3}t（0≤t＜\sqrt{3}）}\\{\sqrt{3}t-3（\sqrt{3}＜t≤\frac{4\sqrt{3}}{3}）}\end{array}\right.$
（3）解：如图3所示：当∠AED=90°时，

∵∠PEQ=90°，
∴∠PEA=∠QED．
又∵∠PAE=∠QDE，
∴△PAE∽△QDE．
∴$\frac{PA}{QD}=\frac{PE}{QE}$．
∴$\frac{4-\sqrt{3}t}{t}=\sqrt{3}$．
∴t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
如图4，当∠ADE=90°时，延长FD交直线BE与N．

∵∠PAE=∠QED，
∴BE∥OC．
∴∠EN=∠AFD=90°．
∵∠ADF+∠EDN=90°，∠NED+∠EDN=90°，
∴∠ADF=∠NED．
∴△ADF∽△DEN．
∴$\frac{EN}{DF}=\frac{DN}{AF}$．
∵DN=$\frac{1}{2}BD$=$\sqrt{3}$，
∴$\frac{EN}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$．
∴EN=$\frac{3}{5}$．
∵BN=$\frac{\sqrt{3}}{2}DB=\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{3}=3$
∴BE=BN-EN=3-$\frac{3}{5}$=$\frac{12}{5}$．
∴3-$\sqrt{3}t$=$\frac{12}{5}$．
解得：t=$\frac{\sqrt{3}}{5}$．
点P、Q在运动过程中不存在以∠DAE为直角的情况．
综上所述，t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$秒，或t=$\frac{\sqrt{3}}{5}$秒时，△ADE为直角三角形．

点评本题主要考查的是一次函数的综合应用、解答本题主要应用了射影定理、特殊锐角三角函数值、相似三角形的性质和判定，根据题意画出符合题意的图形是解答本题的关键．

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