Question

已知：如圖（1），在平面直角坐標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°．現有兩動點P、Q分別從A、O兩點同時出發，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，當其中一個點到達終點時，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之間的函數關系，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；
（3）如圖（2），現有∠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（0°＜旋轉角＜60°），使得M、N始終在邊OB和邊AB上．試判斷在這一過程中，△BMN的周長是否發生變化？若沒有變化，請求出其周長；若發生變化，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由于點Q從點O運動到點C需要

2 3

3

秒，點P從點A→O→B需要

4

3

秒，所以分兩種情況討論：①0＜t＜

2

3

；②

2

3

≤t＜

2 3

3

．針對每一種情況，根據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之間的函數關系，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=

OD

cos30°

=

1

cos30°

=

2 3

3

（1分）

（i）當0＜t＜

2

3

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=

1

2

OQ=

t

2

，
∴S_△OPQ=

1

2

OP•EQ=

1

2

（2-3t）•

t

2

=-

3

4

t2+

1

2

t，
即S=-

3

4

t2+

1

2

t；（3分）

（ii）當

2

3

＜t≤

2 3

3

時（如圖）
OQ=t，OP=3t-2．
∵∠BOA=60°，∠AOC=30°，
∴∠POQ=90°．
∴S_△OPQ=

1

2

OQ•OP=

1

2

t•（3t-2）=

3

2

t2-t，
即S=

3

2

t2-t；
故當0＜t＜

2

3

時，S=-

3

4

t2+

1

2

t，當

2

3

＜t≤

2 3

3

時，S=

3

2

t2-t（5分）

（2）D（

3

3

，1）或（

2 3

3

，0）或（

2

3

，0）或（

4

3

，

2 3

3

）（9分）

（3）△BMN的周長不發生變化．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，

MC=CF ∠FCN=∠MCN CN=CN

，
∴△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，全等三角形的判定．難度很大．注意分類討論時，做到不重復，不遺漏．