Question

已知：如图（1），在平面直角坐标xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC=AC，∠C=120°．现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止．
（1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并写出自变量t的取值范围；
（2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标；
（3）如图（2），现有∠MCN=60°，其两边分别与OB、AB交于点M、N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转（0°＜旋转角＜60°），使得M、N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由于点Q从点O运动到点C需要

2 3

3

秒，点P从点A→O→B需要

4

3

秒，所以分两种情况讨论：①0＜t＜

2

3

；②

2

3

≤t＜

2 3

3

．针对每一种情况，根据P点所在的位置，由三角形的面积公式得出△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并且得出自变量t的取值范围；
（2）如果△OCD为等腰三角形，那么分D在OA边或者OB边上或AB边上三种情形．每一种情形，都有可能O为顶点，C为顶点，D为顶点，分别讨论，得出结果；
（3）如果延长BA至点F，使AF=OM，连接CF，则由SAS可证△MOC≌△FAC，得出MC=CF，再由SAS证出△MCN≌△FCN，得出MN=NF，那么△BMN的周长=BA+BO=4．

解答：解：（1）过点C作CD⊥OA于点D．（如图）
∵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）当0＜t＜

2

3

时，OQ=t，AP=3t，OP=OA-AP=2-3t．
过点Q作QE⊥OA于点E．（如图）
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）当

2

3

＜t≤

2 3

3

时（如图）
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；
故当0＜t＜

2

3

时，S=-

3

4

t2+

1

2

t，当

2

3

＜t≤

2 3

3

时，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的周长不发生变化．理由如下：
延长BA至点F，使AF=OM，连接CF．（如图）
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的周长不变，其周长为4．

点评：本题综合考查了等腰三角形、等边三角形的性质，全等三角形的判定．难度很大．注意分类讨论时，做到不重复，不遗漏．