Question

6．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上，∠BOC=30°，OC=2$\sqrt{3}$，两动点P、Q分别从O、B两点同时出发，点P以每秒$\sqrt{3}$个单位长度的速度沿线段OC向点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿着线段BO向点O运动，当点P运动到点C时，P、Q同时停止，设这两个点运动时间为t（s）．
（1）求出点A、B的坐标；
（2）当△OPQ的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{8}$时，求出t的值及此时点Q的坐标；
（3）在运动过程中，是否存在P、Q两点，使得△PQC沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性质和已知条件求出OA、AB即可得出A、B的坐标；
（2）作QE⊥OC于E，则QE∥BC，证出△OQE∽△OBC，得出对应边成比例$\frac{QE}{BC}=\frac{OQ}{OB}$，得出QE=2-t，由△OPQ的面积=$\frac{1}{2}$OP•QE，求出t的值，再求出OE，即可得出Q的坐标；
（3）分三种情况：①当PQ=PC时；②当QC=PC时；③PQ=QC时；分别得出t的方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=BC，AB=OC=2$\sqrt{3}$，∠OCB=90°，
∵∠BOC=30°，OC=2$\sqrt{3}$，
∴OA=BC=OC•tan30°=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2，
∴OB=2BC=4，
∴A（0，2），B（2$\sqrt{3}$，2）；
（2）作QE⊥OC于E，如图1所示：
则QE∥BC，
∴△OQE∽△OBC，
∴$\frac{QE}{BC}=\frac{OQ}{OB}$，即$\frac{QE}{2}=\frac{4-2t}{4}$，
∴QE=2-t，
∴△OPQ的面积=$\frac{1}{2}$OP•QE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$t×（2-t）=$\frac{3\sqrt{3}}{8}$，
解得：t=$\frac{1}{2}$或t=$\frac{3}{2}$，
当t=$\frac{1}{2}$时，QE=2-$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$，OE=$\sqrt{3}$QE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
当t=$\frac{3}{2}$时，QE=2-$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{2}$，OE=$\sqrt{3}$QE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
∴点Q的坐标为（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$），或（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$）；
（3）存在；分三种情况：如图2所示：
①当PQ=PC时，
∵OP=$\sqrt{3}$t，
∴PC=2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
由（2）得：OE=$\sqrt{3}$QE=$\sqrt{3}$（2-t），
∴PE=OE-OP=2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t，
∴PQ²=PE²+QE²，
∴（2-t）²+（2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t）²=（2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）²，
解得：t=$\frac{4-\sqrt{6}}{5}$，或t=$\frac{4+\sqrt{6}}{5}$；
②当QC=PC时，QC²=QE²+CE²，
∴（2-t）²+（$\sqrt{3}$t）=（2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）²，
解得：t=-4±2$\sqrt{6}$（负值舍去），
∴t=-4+2$\sqrt{6}$；
③PQ=QC时，PE=CE，
∴2$\sqrt{3}$+2$\sqrt{3}$t=$\sqrt{3}$t，
解得：t=$\frac{2}{3}$．
综上所述：t的值为$\frac{4±\sqrt{6}}{5}$，或t=-4+2$\sqrt{6}$，或t=$\frac{2}{3}$．

点评 本题是一次函数综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积的计算、三角函数以及坐标与图形特征；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过分类讨论列出方程，解方程才能得出结果．