Question

如圖1，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，AO=8

3

，∠ABO=30°．動(dòng)點(diǎn)P在線段AB上從點(diǎn)A向終點(diǎn)B以每秒2

3

個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．在直線OB 上取兩點(diǎn)M、N作等邊△PMN．

（1）求當(dāng)?shù)冗叀鱌MN的頂點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)O重合時(shí)t的值；
（2）求等邊△PMN的邊長（用t的代數(shù)式表示）；
（3）如果取OB的中點(diǎn)D，以O(shè)D為邊在Rt△AOB 內(nèi)部作如圖2所示的矩形ODCE，點(diǎn)C在線段AB上．設(shè)等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為S，請求出當(dāng)0≤t≤2秒時(shí)S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值；
（4）在（3）中，設(shè)PN與EC的交點(diǎn)為R，是否存在點(diǎn)R，使△ODR是等腰三角形？若存在，求出對應(yīng)的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：相似形綜合題

專題：

分析：（1）當(dāng)?shù)冗叀鱌MN的頂點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)O重合時(shí)，MP⊥AB．解Rt△AMP，求出AP=4

3

，根據(jù)時(shí)間=路程÷速度即可得到t的值；
（2）先由AP=2

3

t，得出BP=16

3

-2

3

t，再解Rt△PMB，即可得到等邊△PMN的邊長；
（3）分三種情況討論：①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，先由AP=2

3

t，得出AG=4

3

t，OG=8

3

-4

3

t，再求出MO=8-4t，ON=8+2t．過F作FQ⊥OB于Q，則EF=OQ=4+2t．等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為四邊形EFNO的面積，設(shè)為S₁，根據(jù)梯形的面積公式即可求解；②當(dāng)1＜t＜2時(shí)，先解直角△EGK中，得出GK=4

3

t-4

3

，EK=4t-4，求出S_△EGK=8

3

（t-1）²，等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為四邊形EFNO的面積與△EGK的面積差，設(shè)為S₂，代入即可求解；③當(dāng)t=2時(shí)，S=32

3

，通過比較，即可得出當(dāng)t=

3

2

時(shí)，S₂的最大值為34

3

；
（4）過R作RH⊥OB于H，RH=4

3

，HN=4，OH=4+2t，OD=12，DH=8-2t．然后分三種情況討論：①OR=OD=12；②DR=OD=12；③OR=DR．

解答：解：（1）當(dāng)?shù)冗叀鱌MN的頂點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)O重合時(shí)，MP⊥AB．
∵∠A=60°，
∴AP=4

3

，
∴t=4

3

÷2

3

=2；

（2）∵AP=2

3

t，
∴BP=16

3

-2

3

t，
又∵∠B=30°，∠PMB=60°，
∴∠BPM=90°，tan∠B=

PM

PB

=

PM

16 3 -2 3 t

=

3

3

，
∴PM=16-2t，即等邊△PMN的邊長為16-2t；

（3）①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，如圖，AP=2

3

t，
∴AG=4

3

t，
∴OG=8

3

-4

3

t，
∴MO=8-4t，
∴ON=8+2t．
過F作FQ⊥OB于Q，則QN=4，
∴EF=OQ=4+2t．
等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為四邊形EFNO的面積，設(shè)為S₁，
∴S₁=

1

2

（4+2t+8+2t）×4

3

=8

3

t+24

3

，
∵8

3

＞0，∴S₁隨t的增大而增大，
∴t=1時(shí)，S₁的最大值為32

3

；
②當(dāng)1＜t＜2時(shí)，如圖，
在△EGK中，GK=4

3

t-4

3

，
∴EK=4t-4，
∴S_△EGK=8

3

（t-1）²，
∴等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為四邊形EFNO的面積與△EGK的面積差，設(shè)為S₂，
∴S₂=8

3

t+24

3

-8

3

（t-1）²=-8

3

t²+24

3

t+16

3

，
∵a=-8

3

＜0，對稱軸為t=

3

2

，
∴t=

3

2

時(shí)，S₂的最大值為34

3

；
③當(dāng)t=2時(shí)，S=32

3

．
綜上可知，當(dāng)t=

3

2

時(shí)，S₂的最大值為34

3

；

（4）過R作RH⊥OB于H，RH=4

3

，HN=4，OH=4+2t，OD=12，DH=8-2t．
①OR=OD=12時(shí)，OH²+RH²=OR²，
∴（4+2t）²+（4

3

）²=12²，t＞0，
∴t=

96 -4

2

＞2，不合題意舍去．
②DR=OD=12時(shí)，DH²+RH²=DR²，
∴（8-2t）²+（4

3

）²=12²，
∴t=

8+ 96

2

＞2，或t=

8- 96

2

＜0，都不合題意舍去．
③OR=DR時(shí)，H為OD的中點(diǎn)，OH=6，
∴4+2t=6，
∴t=1．
綜上所述，t=1時(shí)，△ODR是等腰三角形．

點(diǎn)評：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，圖形的面積，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．運(yùn)用數(shù)形結(jié)合及分類討論思想是解題的關(guān)鍵．