Question

（原創題）如圖，以等邊△OAB的邊OB所在直線為x軸，點O為坐標原點，使點A在第一象限建立平面直角坐標系，其中△OAB邊長為4個單位，點P從O點出發沿折線OAB向B點以2個單位/秒的速度向終點B點運動，點Q從B點出發以1個單位/秒的速度向終點O點運動，兩點同時出發，運動時間為t（單位：秒）．
①直接寫出P與Q點的坐標，并注明t的取值范圍；
②當t=

 

時，PQ⊥OA；當t=

 

時，PQ⊥AB；當t=

 

時，PQ⊥OB；
③△OPQ面積為S，求S關于t的函數關系式并指出S的最大值；
④若直線PQ將△OAB分成面積比為3：5兩部分，求此時直線PQ的解析式；若不能請說明理由．

Answer 1

分析：（1）當P在OA上，即0≤t≤2；當P在AB上，即2＜t≤4，分別過P作x軸的垂線，利用含30°的直角三角形三邊的關系即可得到P點坐標；
（2）當PQ⊥AB，即∠OQP=30°，利用含30°的直角三角形三邊的關系得到OQ=2OP，即4-t=2•2t；當PQ⊥AB，同理得到BQ=2PB，即t=2（8-2t）；當PQ⊥OB，由（1）得P點和Q點的橫坐標總是相等的，得到OQ=BQ，即4-t=t；分別解出t的值即可；
（3）分類討論：當0≤t≤2時，S=

1

2

•（4-t）•

3

t=-

3

2

t²+2

3

t；當2＜t≤4時，S=

1

2

•（4

3

-

3

t）•（4-t）=

3

2

（t-4）²，然后根據二次函數的最值問題即可得到S的最大值；
（4）討論：①當P在OA、Q在OB上，即0≤t≤2時，若S_△OPQ=

3

8

S_△AOB；若S_△OPQ=

5

8

S_△AOB，分別建立方程，解方程求出t的值，確定P與Q的坐標，然后利用待定系數法求直線PQ的解析式；②同樣的方法去求當P在AB、Q在OB上，即2＜t≤4時，P與Q的坐標．

解答：解：（1）P（t，

3

t）（0≤t≤2）；P（t，4

3

-

3

t）（2＜t≤4）；Q（4-t，0）；

（2）如圖，當PQ⊥AB，即∠OQP=30°，
∵OP=2t，OQ=4-t，
∴OQ=2OP，即4-t=2•2t，解得t=

4

5

；
當PQ⊥AB，即有∠PQB=30°，
∵BP=8-2t，BQ=t，
∴BQ=2PB，即t=2（8-2t），解得t=

16

5

；
當PQ⊥OB，由（1）得P點和Q點的橫坐標總是相等的，
∴OQ=BQ，即4-t=t，解得t=2；
故答案為

4

5

；

16

5

；2．

（3）①當0≤t≤2時，S=

1

2

•（4-t）•

3

t=-

3

2

t²+2

3

t，
∴當t=-

2 3

2•(- 3 2 )

=2時，S有最大值，其最大值=

0-(2 3 ) 2

4•(- 3 2 )

=2

3

；
②當2＜t≤4時，S=

1

2

•（4

3

-

3

t）•（4-t）=

3

2

（t-4）²，
∴在2＜t≤4范圍內，S隨t的增大而減小，并且當t=2時，S的最大值為2

3

，
∴2＜t≤4時，S＜2

3

；
綜上所述，當t=2時，S有最大值2

3

；

（4）S_△AOB=

3

4

•4²=4

3

，
①當P在OA、Q在OB上，即0≤t≤2時，
若S_△OPQ=

3

8

S_△AOB，
∴-

3

2

t2+2

3

t=

3

2

3

，解得t=1或3（舍去），
此時P點坐標為（1，

3

）、Q點坐標為（3，0），
設直線PQ的解析式為：y=kx+b，
∴k+b=

3

，3k+b=0，解得k=-

3

2

，b=

3 3

2

，
∴y=-

3

2

x+

3

2

3

；
若S_△OPQ=

5

8

S_△AOB，所列方程無解；
②當P在AB、Q在OB上，即2＜t≤4時，S△PQB=-

3

2

t2+2

3

t，
和①一樣分別令S_△PQB等于

3

8

S_△AOB，

5

8

S_△AOB，解得t=3，
此時P為（3，

3

）、Q為（1，0），
用待定系數數法解得直線PQ的解析式為：y=

1

2

3

x-

1

2

3

．

點評：本題考查了利用待定系數法求直線的解析式的方法：設直線的解析式為：y=kx+b，然后把兩確定的點的坐標代入求出k與b即可．也考查了等邊三角形的性質和含30°的直角三角形三邊的關系、二次函數的最大值問題以及分類討論思想的運用．