Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0），以O(shè)A為邊作等邊三角形OAB，點(diǎn)B在第一象限，過點(diǎn)B作AB的垂線交x軸于點(diǎn)C，動(dòng)點(diǎn)P從O點(diǎn)出發(fā)沿OC向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)沿BA向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，P，Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)速度均為1個(gè)單位/秒，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求線段BC的長(zhǎng)；
（2）連接PQ交線段OB于點(diǎn)E．過點(diǎn)E作x軸的平行線交線段BC于點(diǎn)F．設(shè)線段EF的長(zhǎng)為m，求m與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，將△BEF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△BE′F′，使點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E′落在線段AB上，點(diǎn)F的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是F′，E′F′交x軸于點(diǎn)G，連接PE，QG，當(dāng)t為何值時(shí)，2BQ-PF=QG？

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠ABC=90°，進(jìn)而得出CO=OB=AB=OA=3，以及AC=6，求出BC即可；
（2）過點(diǎn)Q作QN∥OB交x軸于點(diǎn)N，得出△AQN為等邊三角形，由OE∥QN，得出△POE∽△PNQ，以及=，表示出OE的長(zhǎng)，利用m=BE=OB-OE求出即可；
（3）首先得出△AE′C為等邊三角形，進(jìn)而得出∠QGA=90°，由EF∥OC，得出=，再得出△FCP∽△BCA，利用2BQ-PF=QG求出t的值即可．
解答：解：（1）如圖1，∵△AOB為等邊三角形，
∴∠BAC=∠AOB=60°，
∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°，∠OBC=30°，
∴∠ACB=∠OBC，
∴CO=OB=AB=OA=3，
∴AC=6，
∴BC=ACcos30°=AC=3；

（2）如圖1，過點(diǎn)Q作QN∥OB交x軸于點(diǎn)N，
∴∠QNA=∠BOA=60°=∠QAN，
∴QN=QA，
∴△AQN為等邊三角形，
∴NQ=NA=AQ=3-t，
∴ON=3-（3-t）=t，
∴PN=t+t=2t，
∵OE∥QN，
∴△POE∽△PNQ，
∴=，
∴=，
∴OE=-t，
∵EF∥x軸，
∴∠BFE=∠BCO=∠FBE=30°，
∴EF=BE，
∴m=BE=OB-OE=t+（0＜t＜3）；


（3）如備用圖：
∵∠BE′F′=∠BEF=180°-∠EBF-∠EFB=120°，
∴∠AE′C=60°=∠E′AC，
∴GE′=GA，
∴△AE′G為等邊三角形，
∵Q′E=BE′-BQ=m-t=t+-t=-
∴GE′=GA=AE′=AB-BE′=-t=QE′，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴∠2+∠3=90°，
即∠QGA=90°，
∴QG=AG=-t，
∵EF∥OC，
∴=，
∴=，
∴BF=m=t+，
∵CF=BC-BF=-t，CP=CO-OP=3-t，
∴===
∵∠FCP=∠BCA，
∴△FCP∽△BCA，
∴=，
∴PF=，
∵2BQ-PF=QG，
∴2t-=×（-t）
解得：t=1，
∴當(dāng)t=1時(shí)，2BQ-PF=QG．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了相似三角形的綜合應(yīng)用以及等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)數(shù)形結(jié)合得出△FCP∽△BCA是解題關(guān)鍵．