分析 (1)根据等边三角形的性质和坐标特点解答即可;
(2)由于点Q从点O运动到点C需要$\frac{2\sqrt{3}}{3}$秒,点P从点A→O→B需要$\frac{4}{3}$秒,所以分两种情况讨论:①0<t<$\frac{2}{3}$;②$\frac{2}{3}$≤t<$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.针对每一种情况,根据P点所在的位置,由三角形的面积公式得出△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系,并且得出自变量t的取值范围;
(3)如果延长BA至点F,使AF=OM,连接CF,则由SAS可证△MOC≌△FAC,得出MC=CF,再由SAS证出△MCN≌△FCN,得出MN=NF,那么△BMN的周长=BA+BO=4.
解答 解:(1)因为OA=2,∠C=120°,OC=AC,
所以可得:$O{C}^{2}=(\frac{1}{2}OA)^{2}+(\frac{1}{2}OC)^{2}$,
解得:OC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
所以点C的坐标为(1,-$\frac{\sqrt{3}}{3}$),
故答案为:$\frac{2\sqrt{3}}{3}$;(1,-$\frac{\sqrt{3}}{3}$);
(2)过点C作CD⊥OA于点D.(如图1)
∵OC=AC,∠ACO=120°,
∴∠AOC=∠OAC=30°.
∵OC=AC,CD⊥OA,
∴OD=DA=1.
在Rt△ODC中,OC=$\frac{OD}{cos30°}=\frac{1}{cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$;
(i)当0<t<$\frac{2}{3}$时,OQ=t,AP=3t,OP=OA-AP=2-3t.
过点Q作QE⊥OA于点E.(如图1)
在Rt△OEQ中,
∵∠AOC=30°,
∴QE=$\frac{1}{2}$OQ=$\frac{t}{2}$,
∴S△OPQ=$\frac{1}{2}$OP•EQ=$\frac{1}{2}$(2-3t)•$\frac{t}{2}$=$-\frac{3}{4}{t}^{2}+\frac{1}{2}t$,
即S=$-\frac{3}{4}{t}^{2}+\frac{1}{2}t$;
(ii)当$\frac{2}{3}$<t≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时,(如图2)
OQ=t,OP=3t-2.
∵∠BOA=60°,∠AOC=30°,
∴∠POQ=90°.
∴S△OPQ=$\frac{1}{2}$OQ•OP=$\frac{1}{2}$t•(3t-2)=$\frac{3}{2}{t}^{2}$-t,
即S=$\frac{3}{2}{t}^{2}$-t;
故当0<t<$\frac{2}{3}$时,S=-$\frac{3}{4}{t}^{2}$+$\frac{1}{2}$t;当$\frac{2}{3}$<t≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时,S=$\frac{3}{2}{t}^{2}$-t.
(3)△BMN的周长不发生变化.理由如下:
延长BA至点F,使AF=OM,连接CF.(如图3)
又∵∠MOC=∠FAC=90°,OC=AC,
∴△MOC≌△FAC,
∴MC=CF,∠MCO=∠FCA.
∴∠FCN=∠FCA+∠NCA=∠MCO+∠NCA
=∠OCA-∠MCN
=60°,
∴∠FCN=∠MCN.
在△MCN和△FCN中,
$\left\{\begin{array}{l}{MC=CF}\\{∠FCN=∠MCN}\\{CN=CN}\end{array}\right.$,
∴△MCN≌△FCN,
∴MN=NF.
∴BM+MN+BN=BM+NF+BN=BO-OM+BA+AF=BA+BO=4.
∴△BMN的周长不变,其周长为4.
点评 本题综合考查了等腰三角形、等边三角形的性质,全等三角形的判定.难度很大.注意分类讨论时,做到不重复,不遗漏.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
x | -1 | 0 | 1 |
ax2 | |||
ax2+bx+c | 8 | 3 | 0 |
A. | y=x2-4x+3 | B. | y=x2-2x+4 | C. | y=x2-3x+3 | D. | y=x2-4x+8 |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | (-5.8)-(-5.8)=-11.6 | B. | [(-5)2+4×(-5)]×(-3)2=-45 | ||
C. | -23×(-3)2=-72 | D. | $-{4^2}÷\frac{1}{4}×\frac{1}{4}=-1$ |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 不变 | B. | 2倍 | C. | 3倍 | D. | 16倍 |
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