Question

1．平面直角坐标系中，如图①，过点D（0，$6\sqrt{3}$）作x轴的平行线l，?OABC的顶点B、C在l上，点A为以OC为直径的⊙I与x轴的交点，已知CD=3，动点P从点A出发沿x轴正方向运动，运动速度为每秒1个单位，过点P作y轴的平行线交射线AB于点N，交直线l于点M，设运动时间为t秒．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）当点N在线段AB上时，连接OM、ON，若△OMN的面积为$8\sqrt{3}$，
①求t的值；
②若此时点P停止运动，点Q从点O开始向点D运动，设过Q、M、B三点的抛物线与x轴正半轴交于点E，过点O作直线ME的垂线，垂足为F（如图②），当点Q从点O向点D运动时，点E也随之运动．请直接写出点F所经过的路线的长．

Answer 1

分析 （1）连接AC，根据矩形和平行四边形的性质即可求得；
（2）①根据三角形相似对应边成比例求得MN=6$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t，然后根据S_△MON=$\frac{1}{2}$MN•OP=8$\sqrt{3}$得到$\frac{1}{2}$（6$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t）（3+t）=8$\sqrt{3}$，解方程即可求得；
②Q运动时，OM长不变，可以取当Q在O点时，求解即可．

解答 解：（1）连接AC，如图1，
∵OC是直径，
∴∠OAC=90°，
∵∠AOD=∠ODC=90°，
∴四边形AODC是矩形，
∴OA=DC=3，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC=OA=3，
∴BD=6，
∴B（6，6$\sqrt{3}$）；
（2）①如图1，∵PA=t，则BM=3-t，
∵BD∥OP，
∴$\frac{MN}{PN}$=$\frac{BM}{PA}$
即$\frac{MN}{6\sqrt{3}-MN}$=$\frac{3-t}{t}$，
∴MN=6$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t，
∵S_△MON=$\frac{1}{2}$MN•OP=8$\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}$（6$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t）（3+t）=8$\sqrt{3}$，
解得t=1．
②点F所经过的路径长为$\frac{2\sqrt{31}}{3}$π ；
理由：如图2，∵Q（0，m）是线段OD上一动点，
∴0≤m≤6$\sqrt{3}$，
当Q与O重合时，
∵Q（0，0），M（4，6$\sqrt{3}$），B（6，6$\sqrt{3}$），
∴过Q、M、B三点的抛物线y=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x²+$\frac{5\sqrt{3}}{2}$x，
∴E（10，0），
此时ME的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+10$\sqrt{3}$，则∠MEO=60°，
又∵OF⊥EM，
∴∠EOF=30°，
∴∠DOF=60°，
∴点F所经过的路径以OM为直径的劣弧 $\widehat{DMF}$的长度，
∵∠DOF=60°，
∴F转过的圆心角为120°，
∵OM=${\sqrt{{4}^{2}+（6\sqrt{3}）}}^{2}$=$2\sqrt{31}$，
则弧长=$\frac{nπr}{180}$=$\frac{120π×\sqrt{31}}{180}$=$\frac{2\sqrt{31}}{3}$π．

点评 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有待定系数法求抛物线的解析式，三角形相似的判定和性质，三角形的面积求法，弧长公式的应用，圆心角和圆周角的关系等．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．