Question

已知：直角三角形AOB中，∠AOB=90°，OA=3厘米，OB=4厘米．以O(shè)為坐標原點如圖建立平面直角坐標系．設(shè)P、Q分別為AB邊，OB邊上的動點，它們同時分別從點A、O向B點勻速運動，移動的速度都為1厘米每秒．設(shè)P、Q運動的時間為t秒（0≤t≤4）．
（1）求△OPQ的面積S與（厘米²）與t的函數(shù)關(guān)系式；并指出當t為何值時S的最大值是多少？
（2）當t為何值時，△BPQ和△AOB相似；
（3）當t為何值時，△OPQ為直角三角形；
（4）①試證明無論t為何值，△OPQ不可能為正三角形；
②若點P的移動速度不變，試改變點Q的運動速度，使△OPQ為正三角形，求出點Q的運動速度和此時的t值．

Answer 1

分析：（1）可用t表示出OQ，BP的長，三角形OPQ中，OQ邊上的高可用BP的長和∠PBO的正弦值求出，由此可得出關(guān)于S，t的函數(shù)關(guān)系式．
（2）本題分兩種情況：
①∠BQP=∠BOA，此時PQ∥OA，那么BQ=PB•cos∠PBO．由此可求出t的值．
②∠BPQ=∠BOA，此時BP=BQ•sin∠PBO．由此可求出t的值．
（3）本題中無非是兩種情況OQ⊥PQ或OP⊥QP，可分別表示出PO、QO、PQ三條線段的長，然后用勾股定理進行求解即可．
（4）①如果三角形OPQ是正三角形那么（3）中表示三條線段長的表達式必然相等，可通過解方程求出此時t的值，如果方程無解則說明三角形OPQ不可能是正三角形．
②思路同①，設(shè)出Q點的速度，然后表示出三條線段的長，令三條線段的表達式相等，即可求出Q的速度和t的值．

解答：解：（1）S=-0.3t²+

3

2

t當t=

5

2

時，S最大=

15

8

．

（2）①∠BQP=∠BOA，在直角三角形BQP中，BP=

4

5

BQ，
即5-t=

4

5

（4-t），
解得t=0．
②∠BPQ=∠BOA，在直角三角形BPQ中，BQ=

4

5

BP，
即4-t=

4

5

（5-t），
解得t=9；
因為0≤t≤4，
∴t=9不合題意，舍去．
因此當t=0時，△BPQ和△AOB相似．

（3）若△OPQ為直角三角形，則OQ⊥PQ或OP⊥QP，設(shè)QP⊥OQ，
則PQ=

PB2-QB2

=

(5-t)2-(4-t)2

=

9-2t

．
PO=

PM2+OM2

=

( 4 5 t)2+(3- 3 5 t)2

=

t2- 18 5 t+9

．
OQ=

OP2-PQ2

=

t2- 18 5 t+9-9+21

=

t2- 81 5

≠t（t無解）．
∴QP不與OQ垂直
設(shè)OP⊥QP，則△OPQ∽△PNQ
∴

NQ

PQ

=

PQ

OQ

，

t 5

PQ

=

PQ

t

∴PQ²=

1

5

t²，PQ²=OQ²-OP²=t²-t²+

18

5

t-9=

18

5

t-9

1

5

t²=

18

5

t-9，
解得t=3，t=15（不合題意舍去）
∴當t=3是△OPQ是直角三角形．

（4）①PO=

t2- 18 5 t+9

，OQ=t，PQ=

( t 5 )2+(3- 3 5 t)2

令PO=OQ=PQ，解t無解
∴△OPQ不能成為正三角形．
②設(shè)Q的速度為x，則OQ=xt．
OP²=t²-

18

5

t+9，OQ²=x²t²，PQ²=

15

25

t²-

24

5

t+12
令OP²=OQ²=PQ²
解得x=

8

5

，t=

-15±20 3

13

舍去負值，則t=

20 3 -15

13

因此Q點的速度為

8

5

，
t=

20 3 -15

13

．

點評：本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和等腰梯形，圓的有關(guān)性質(zhì)等．要熟練掌握才能靈活運用．