Question

如圖（1），Rt△AOB中，，∠AOB的平分線OC交AB于C，過O點做與OB垂直的直線ON．動點P從點B出發(fā)沿折線BC-CO以每秒1個單位長度的速度向終點O運動，運動時間為t秒，同時動點Q從點C出發(fā)沿折線CO-ON以相同的速度運動，當(dāng)點P到達(dá)點O時P、Q同時停止運動．
（1）求OC、BC的長；
（2）設(shè)△CPQ的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）當(dāng)P在OC上Q在ON上運動時，如圖（2），設(shè)PQ與OA交于點M，當(dāng)t為何值時，△OPM為等腰三角形？求出所有滿足條件的t值．

Answer 1

（1）解：∵∠A=90°，∠AOB=60°，OB=2，
∴∠B=30°，
∴OA=OB=，
由勾股定理得：AB=3，
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC=30°=∠B，
∴OC=BC，
在△AOC中，AO²+AC²=CO²，
∴+（3-OC）²=OC²，
∴OC=2=BC，
答：OC=2，BC=2．

（2）解：①當(dāng)P在BC上，Q在OC上時，0＜t＜2，
則CP=2-t，CQ=t，
過P作PH⊥OC于H，
∠HCP=60°，
∠HPC=30°，
∴CH=CP=（2-t），HP=（2-t），
∴S_△CPQ=CQ×PH=×t×（2-t），
即S=-t²+t；
②當(dāng)t=2時，P在C點，Q在O點，此時，△CPQ不存在，
∴S=0，

③當(dāng)P在OC上，Q在ON上時2＜t＜4，
過P作PG⊥ON于G，過C作CZ⊥ON于Z，
∵CO=2，∠NOC=60°，
∴CZ=，
CP=t-2，OQ=t-2，
∠NOC=60°，
∴∠GPO=30°，
∴OG=OP=（4-t），PG=（4-t），
∴S_△CPQ=S_△COQ-S_△OPQ=×（t-2）×-×（t-2）×（4-t），
即S=t²-t+．
④當(dāng)t=4時，P在O點，Q在ON上，如圖（3）

過C作CM⊥OB于M，CK⊥ON于K，
∵∠B=30°，由（1）知BC=2，
∴CM=BC=1，
有勾股定理得：BM=，
∵OB=2，
∴OM=2-==CK，
∴S=PQ×CK=×2×=；
綜合上述：S與t的函數(shù)關(guān)系式是：S=；
．

（3）解：如圖（2），∵ON⊥OB，
∴∠NOB=90°，
∵∠B=30°，∠A=90°，
∴∠AOB=60°，
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC=30°，
∴∠NOC=90°-30°=60°，
①OM=PM時，
∠MOP=∠MPO=30°，
∴∠PQO=180°-∠QOP-∠MPO=90°，
∴OP=2OQ，
∴2（t-2）=4-t，
解得：t=，
②PM=OP時，
此時∠PMO=∠MOP=30°，
∴∠MPO=120°，
∵∠QOP=60°，
∴此時不存在；
③OM=OP時，
過P作PG⊥ON于G，
OP=4-t，∠QOP=60°，
∴∠OPG=30°，
∴GO=（4-t），PG=（4-t），
∵∠AOC=30°，OM=OP，
∴∠OPM=∠OMP=75°，
∴∠PQO=180°-∠QOP-∠QPO=45°，
∴PG=QG=（4-t），
∵OG+QG=OQ，
∴（4-t）+（4-t）=t-2，
解得：t=
綜合上述：當(dāng)t為或時，△OPM是等腰三角形．
分析：（1）求出∠B，根據(jù)直角三角形性質(zhì)求出OA，求出AB，在△AOC中，根據(jù)勾股定理得出關(guān)于OC的方程，求出OC即可；
（2）有四種情況：①當(dāng)P在BC上，Q在OC上時，t＜2，過P作PH⊥OC于H，求出PH，根據(jù)三角形的面積公式求出即可；②當(dāng)t=2時，P在C點，Q在O點，此時，△CPQ不存在；③當(dāng)P在OC上，Q在ON上時，過P作PG⊥ON于G，過C作CZ⊥ON于Z，求出CZ和PG的值，求出△OCQ和△OPQ的面積，相減即可④t=4時，求出即可；
（3）有三種情況：①OM=PM時，求出OP=2OQ，代入求出即可；②PM=OP時，此時不存在等腰三角形；③OM=OP時，過P作PG⊥ON于G，求出OG和QG的值，代入OG+QG=t-2，即可求出答案．
點評：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形的面積，函數(shù)自變量的取值范圍，解一元一次方程，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)等知識點的運用，本題綜合性比較強，難度偏大，主要考查了學(xué)生綜合運用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，并且運用了方程思想和分類討論思想．