Question

（原創(chuàng)題）如圖，以等邊△OAB的邊OB所在直線為x軸，點O為坐標(biāo)原點，使點A在第一象限建立平面直角坐標(biāo)系，其中△OAB邊長為4個單位，點P從O點出發(fā)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(fā)以1個單位/秒的速度向終點O點運動，兩點同時出發(fā)，運動時間為t（單位：秒）．
①直接寫出P與Q點的坐標(biāo)，并注明t的取值范圍；
②當(dāng)t=______時，PQ⊥OA；當(dāng)t=______時，PQ⊥AB；當(dāng)t=______時，PQ⊥OB；
③△OPQ面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)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

【答案】分析：（1）當(dāng)P在OA上，即0≤t≤2；當(dāng)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(guān)系即可得到P點坐標(biāo)；
（2）當(dāng)PQ⊥AB，即∠OQP=30°，利用含30°的直角三角形三邊的關(guān)系得到OQ=2OP，即4-t=2•2t；當(dāng)PQ⊥AB，同理得到BQ=2PB，即t=2（8-2t）；當(dāng)PQ⊥OB，由（1）得P點和Q點的橫坐標(biāo)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(dāng)0≤t≤2時，S=•（4-t）•t=-t²+2t；當(dāng)2＜t≤4時，S=•（4-t）•（4-t）=（t-4）²，然后根據(jù)二次函數(shù)的最值問題即可得到S的最大值；
（4）討論：①當(dāng)P在OA、Q在OB上，即0≤t≤2時，若S_△OPQ=S_△AOB；若S_△OPQ=S_△AOB，分別建立方程，解方程求出t的值，確定P與Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求直線PQ的解析式；②同樣的方法去求當(dāng)P在AB、Q在OB上，即2＜t≤4時，P與Q的坐標(biāo)．
解答：解：（1）P（t，t）（0≤t≤2）；P（t，4-t）（2＜t≤4）；Q（4-t，0）；

（2）如圖，當(dāng)PQ⊥AB，即∠OQP=30°，
∵OP=2t，OQ=4-t，
∴OQ=2OP，即4-t=2•2t，解得t=；
當(dāng)PQ⊥AB，即有∠PQB=30°，
∵BP=8-2t，BQ=t，
∴BQ=2PB，即t=2（8-2t），解得t=；
當(dāng)PQ⊥OB，由（1）得P點和Q點的橫坐標(biāo)總是相等的，
∴OQ=BQ，即4-t=t，解得t=2；
故答案為；；2．

（3）①當(dāng)0≤t≤2時，S=•（4-t）•t=-t²+2t，
∴當(dāng)t=-=2時，S有最大值，其最大值==2；
②當(dāng)2＜t≤4時，S=•（4-t）•（4-t）=（t-4）²，
∴在2＜t≤4范圍內(nèi)，S隨t的增大而減小，并且當(dāng)t=2時，S的最大值為2，
∴2＜t≤4時，S＜2；
綜上所述，當(dāng)t=2時，S有最大值2；

（4）S_△AOB=•4²=4，
①當(dāng)P在OA、Q在OB上，即0≤t≤2時，
若S_△OPQ=S_△AOB，
∴=，解得t=1或3（舍去），
此時P點坐標(biāo)為（1，）、Q點坐標(biāo)為（3，0），
設(shè)直線PQ的解析式為：y=kx+b，
∴k+b=，3k+b=0，解得k=-，b=，
∴；
若S_△OPQ=S_△AOB，所列方程無解；
②當(dāng)P在AB、Q在OB上，即2＜t≤4時，，
和①一樣分別令S_△PQB等于S_△AOB，S_△AOB，解得t=3，
此時P為（3，）、Q為（1，0），
用待定系數(shù)數(shù)法解得直線PQ的解析式為：．
點評：本題考查了利用待定系數(shù)法求直線的解析式的方法：設(shè)直線的解析式為：y=kx+b，然后把兩確定的點的坐標(biāo)代入求出k與b即可．也考查了等邊三角形的性質(zhì)和含30°的直角三角形三邊的關(guān)系、二次函數(shù)的最大值問題以及分類討論思想的運用．