Question

如圖1，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，AO=，∠ABO=30°．動(dòng)點(diǎn)P在線段AB上從點(diǎn)A向終點(diǎn)B以每秒個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．在直線OB 上取兩點(diǎn)M、N作等邊△PMN．
（1）求當(dāng)?shù)冗叀鱌MN的頂點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)O重合時(shí)t的值．
（2）求等邊△PMN的邊長(zhǎng)（用t的代數(shù)式表示）；
（3）如果取OB的中點(diǎn)D，以O(shè)D為邊在Rt△AOB 內(nèi)部作如圖2所示的矩形ODCE，點(diǎn)C在線段AB上．設(shè)等邊△PMN和矩形ODCE重疊部分的面積為S，請(qǐng)求出當(dāng)0≤t≤2秒時(shí)S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．
（4）在（3）中，設(shè)PN與EC的交點(diǎn)為R，是否存在點(diǎn)R，使△ODR是等腰三角形？若存在，求出對(duì)應(yīng)的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）∵△PMN是等邊三角形，
∴∠P₁M₁N₁=60°；
∵在Rt△AOB中，
∠AOB=90°，∠ABO=30°，
∴∠AP₁0=90°，
在Rt△AP₁O中，AP₁=AO=2，
∴t=，即t=2；

（2）∵△BPH∽△BAO，
∴，
∴PH=，
∵cos30°=，
∴PN===8-t，

（3）當(dāng)0≤t≤1時(shí)，S₁=S_{四邊形EONG}，
作GH⊥OB于H，如圖3，
∵∠GNH=60°，GH=2，
∴HN=2，∵PN=NB=8-t，
∴ON=OB-NB，
∴ON=12-（8-t）=4+t，
∴OH=4+t-2=2+t，
S₁=（2+t+4+t）×2
=2t+6，
∵2＞0，
∴S隨t增大而增大，
當(dāng)t=1時(shí)，S_最大=8，
當(dāng)1＜t＜2時(shí)，如圖4，S₂=S_{五邊形IFONG}，
作GH⊥OB于H，
∵AP₂=t
∴AF=2t，
∴OF=4-2t，
∴EF=2-（4-2t）
=2t-2，
∴EI=2t-2，
∴S₂=S_梯形EONG-S_△EFI
=2t+6-（2t-2）×（2t-2）
=-2t²+6t+4，
∵-2＜0，
∴當(dāng)t=-=時(shí)
S_2最大=，
當(dāng)t=2時(shí)，如圖5，
MP=MN=6，
N與D重合，
S₃=S_梯形IMNG，
=×36-×4，
=8，
∴S=，
S_最大=，

（4）∵△ODR是等腰三角形，
①當(dāng)D為頂點(diǎn)，OD=OR₁=6時(shí)，
DR₁=6-2＞2（不合題意舍去），
當(dāng)D為頂點(diǎn)時(shí)，R₁不存在，
此時(shí)R₁不存在，使△ODR是等腰三角形，
②當(dāng)R₂為頂點(diǎn)，OR₂=DR₂時(shí)，
R₂在EC的中點(diǎn)處，
∵AO=4，∠B=30°，
∴BO=12，
∵D為OB中點(diǎn)，
∴DO=EC=6，
∴ER₂=3，
∵OB=12，∠B=30°，
∴OP₂=6，
∴R₂P₂=3，
∴ER₂=P₂R₂=3，
∴CP₂=3，
∴AP₂=4-3=，
t₂==1，
③當(dāng)O為等腰三角形頂角的頂點(diǎn)時(shí)，
CR₃=6-2，
CP₃=××2=6-6，
AP₃=4-（6-6），
=6-2，
∴t₃==2-2＞2（不合題意舍去）．
綜上所述：t=1時(shí)，△ODR是等腰三角形．
分析：（1）利用直角三角形中30°所對(duì)的邊是斜邊的一半即可求出AP，進(jìn)而求出t的值；
（2）利用△BPH∽△BAO，得出PH的長(zhǎng)，再利用解直角三角形求出PN的長(zhǎng)；
（3）根據(jù)當(dāng)0≤t≤1時(shí)以及當(dāng)t=1時(shí)和當(dāng)t=2時(shí)，分別求出S的值；
（4）根據(jù)當(dāng)D為頂點(diǎn)，OD=OR₁=6時(shí)，當(dāng)R₂為頂點(diǎn)，OR₂=DR₂時(shí)，③當(dāng)O為等腰△的頂點(diǎn)時(shí)，分別得出即可．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及相似三角形的性質(zhì)等知識(shí)，（3）（4）小題中，都用到了分類討論的數(shù)學(xué)思想，難點(diǎn)在于考慮問(wèn)題要全面，做到不重不漏．