Question

已知：如圖（1），在平面直角坐標(biāo)xOy中，邊長為2的等邊△OAB的頂點B在第一象限，頂點A在x軸的正半軸上．另一等腰△OCA的頂點C在第四象限，OC=AC，∠C=120°．現(xiàn)有兩動點P、Q分別從A、O兩點同時出發(fā)，點Q以每秒1個單位的速度沿OC向點C運動，點P以每秒3個單位的速度沿A→O→B運動，當(dāng)其中一個點到達(dá)終點時，另一個點也隨即停止．
（1）求在運動過程中形成的△OPQ的面積S與運動的時間t之間的函數(shù)關(guān)系，并寫出自變量t的取值范圍；
（2）在等邊△OAB的邊上（點A除外）存在點D，使得△OCD為等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的點D的坐標(biāo)；
（3）如圖（2），現(xiàn)有∠MCN=60°，其兩邊分別與OB、AB交于點M、N，連接MN．將∠MCN繞著C點旋轉(zhuǎn)（0°＜旋轉(zhuǎn)角＜60°），使得M、N始終在邊OB和邊AB上．試判斷在這一過程中，△BMN的周長是否發(fā)生變化？若沒有變化，請求出其周長；若發(fā)生變化，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）由于點Q從點O運動到點C需要秒，點P從點A→O→B需要秒，所以分兩種情況討論：①0＜t＜；②≤t＜．針對每一種情況，根據(jù)P點所在的位置，由三角形的面積公式得出△OPQ的面積S與運動的時間t之間的函數(shù)關(guān)系，并且得出自變量t的取值范圍；
（2）如果△OCD為等腰三角形，那么分D在OA邊或者OB邊上或AB邊上三種情形．每一種情形，都有可能O為頂點，C為頂點，D為頂點，分別討論，得出結(jié)果；
（3）如果延長BA至點F，使AF=OM，連接CF，則由SAS可證△MOC≌△FAC，得出MC=CF，再由SAS證出△MCN≌△FCN，得出MN=NF，那么△BMN的周長=BA+BO=4．
解答：解：（1）過點C作CD⊥OA于點D．（如圖）
∵OC=AC，∠ACO=120°，
∴∠AOC=∠OAC=30°．
∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=DA=1．
在Rt△ODC中，OC===（1分）

（i）當(dāng)0＜t＜時，OQ=t，AP=3t，OP=OA-AP=2-3t．
過點Q作QE⊥OA于點E．（如圖）
在Rt△OEQ中，
∵∠AOC=30°，
∴QE=OQ=，
∴S_△OPQ=OP•EQ=（2-3t）•=-+t，
即S=-+t；（3分）

（ii）當(dāng)＜t≤時（如圖）
OQ=t，OP=3t-2．
∴∠BOA=60°，∠AOC=30°，∴∠POQ=90°．
∴S_△OPQ=OQ•OP=t•（3t-2）=-t，
即S=-t；
故當(dāng)0＜t＜時，S=-+t，當(dāng)＜t≤時，S=-t（5分）

（2）D（，1）或（，0）或（，0）或（，）（9分）

（3）△BMN的周長不發(fā)生變化．理由如下：
延長BA至點F，使AF=OM，連接CF．（如圖）
又∵∠MOC=∠FAC=90°，OC=AC，
∴△MOC≌△FAC，
∴MC=CF，∠MCO=∠FCA．（10分）
∴∠FCN=∠FCA+∠NCA=∠MCO+∠NCA
=∠OCA-∠MCN
=60°，
∴∠FCN=∠MCN．
在△MCN和△FCN中，
，
∴△MCN≌△FCN，
∴MN=NF．（11分）
∴BM+MN+BN=BM+NF+BN=BO-OM+BA+AF=BA+BO=4．
∴△BMN的周長不變，其周長為4．
點評：本題綜合考查了等腰三角形、等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定．難度很大．注意分類討論時，做到不重復(fù)，不遺漏．