Question

如圖（1），四邊形OABC是菱形，邊長為4，∠AOC=60°，垂直于OC的直線l從O點出發(fā)，沿射線OC向右以每秒1個單位長度的速度平移，設(shè)直線l經(jīng)過B點時停止運動，設(shè)運動時間為t（s），t＞0．
（1）求出直線l經(jīng)過A點時t的值；
（2）△OMN的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；
（3）直線l開始運動的同時，如圖（2），P點從B點出發(fā)，沿著BC-CO向O點以每秒2個單位長度的速度平移，則是否存在l的值，使△PMN為等腰三角形？若存在，求出對應(yīng)的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）由四邊形OABC是菱形可以得出OA=AB=BC=CO=4，由l⊥OC可以得出∠MNO=90°，而∠AOC=60°，就有∠OMN=30°，就有ON=OM，從而就可以求出l經(jīng)過A點時ON的長度，由時間=路程÷速度就可以求出t值；
（2）是一個分段函數(shù)，根據(jù)三角形的面積公式當(dāng)0＜t≤2，2＜t≤4和4＜t＜6時分別表示出△OMN的面積即可；
（3）分情況討論當(dāng)0＜t≤2時，分三種情況，如圖6，圖7，圖8，分別求出t的值；當(dāng)2＜t≤時，如圖9，MN=NP=2＞2（舍去）；當(dāng)＜t≤4時，如圖12，可以求出t的值，然后綜合得出t值的結(jié)論即可．
解答：解：（1）如圖11，∵四邊形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=CO=4．
∵l⊥OC，
∴∠MNO=90°．
∵∠AOC=60°，
∴∠OMN=30°，
∴ON═OA，
∴ON=2，
∴t=2÷1=2；

（2）由題意，得
當(dāng)0＜t≤2時，如圖1，
∵ON=t，
∴OM=2t，
在Rt△MON中，由勾股定理，得
MN=t．
∵S_△MON=，
∴S_△MON==；
當(dāng)2＜t≤4時，如圖4，
作AE⊥OC于E，
∴∠AEO=90°，
在Rt△AEO中由勾股定理，得
AE=2．
∴MN=2．
∵S_△MON=，
∴S_△MON==t；
當(dāng)4＜t＜6時，如圖5，
∵CD=t-4，
∴DN=（t-4），
∴MN=6-t，
∴S_△MON===-t²+3t；

（3）當(dāng)0＜t≤2時，如圖6，
當(dāng)PM=PN時，如圖6，
作PD⊥OC的延長線于點D，作PE⊥MN于點E，
∴四邊形ENDP是矩形，
∴EN=PD．
∵ON=t，∠AOC=90°，
∴MN=t．
∵PM=PN，
∴NE=MN=．
∵PB=2t，
∴PC=4-2t，
∴CD=2-t，
∴PD=2-t，
∴=2-t，
∴t=；
當(dāng)NP=MN時，如圖7，
∴NP²=MN²，．
∵M(jìn)N²=3t²，NP²=（4-t+2-t）²+[（2-t）]²，=7t²-36t+48，
∴3t²=7t²-36t+48，
∴t₁=＞2（舍去），t₂=
當(dāng)MP=MN時，如圖8，作PE⊥OA于E，CF⊥OA與F，
∴PE=2，PC=EF=4-2t，OF=2，
∴ME=2t-2-（4-2t）=4t-6，
∴MP²=（4t-6）²+（2）²=16t²-48t+48．
∵M(jìn)N2=3t²．
∴3t²=16t²-48t+48．此時無解．
當(dāng)2＜t≤時，如圖9，
MN=NP=2＞2（舍去）
當(dāng)＜t≤4時，如圖12，
MN=NP=2
∵CP=2t-4，CN=t-4，
∴PN=3t-8
∴3t-8=2，
∴t=
∴存在l的值，使△PMN為等腰三角形，t₁=，t₂=，t₃=．
點評：本題是一道動點問題的四邊形綜合試題，考查了菱形的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，矩形的性質(zhì)的運用，等腰三角形的性質(zhì)的運用，解答第三問是難點，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)建立方程是解答本題的關(guān)鍵．