Question

如圖，在△OBC中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)C坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)B坐標(biāo)為（2，2

3

），AB⊥y軸，點(diǎn)A為垂足，OH⊥BC，點(diǎn)H為垂足．動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)O、A同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P沿線段OH向點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿線段AO向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，速度都是每秒1個(gè)單位長度．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求證：OB=CB；
（2）若△OPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式及定義域；
（3）當(dāng)PQ⊥OB（垂足為點(diǎn)M）時(shí)，求五邊形ABHPQ的面積的值．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)勾股定理，易得OB=CB；
（2）由題意，∠BOH=∠HOC=30°，則可得∠AOB=30°，過點(diǎn)P作PE⊥OA垂足為點(diǎn)E，在Rt△PEO中，∠EPO=30°，PO=t，EO=

1

2

PO=

t

2

，由勾股定理可得PE=

3

2

t；OQ=AO-AQ=2

3

-t，即可求出函數(shù)關(guān)系式及定義域；
（3）由題意可得，Rt△OAB≌Rt△OHB≌Rt△OHC，△OPQ為等邊三角形，所以，S_{四邊形OABH}=S_△OBC=

1

2

×4×2

3

=4

3

，由OP=OQ，可得S_△OPQ=

1

2

OP×

3

2

OP=

3 3

4

，面積差即為五邊形ABHPQ的面積．

解答：解：（1）∵OB=

22+(2 3 )2

=4，
CB=

(2-4)2+(2 3 )2

=4，
∴OB=CB；

（2）易證：△OBC為等邊三角形，
∵OH⊥BC，
∴∠BOH=∠HOC=30°，
∴∠AOB=30°，
過點(diǎn)P作PE⊥OA垂足為點(diǎn)E，
在Rt△PEO中，∠EPO=30°，PO=t，
∴EO=

1

2

PO=

t

2

，由勾股定理得：PE=

3

2

t，
又∵OQ=AO-AQ=2

3

-t，
∴S=

1

2

OQ•PE=

1

2

（2

3

-t）•

3

2

t=

6t- 3 t2

4

，
即：S=-

3

4

t2+

3

2

t（0＜t＜2

3

）．

（3）易證Rt△OAB≌Rt△OHB≌Rt△OHC，
∴S_{四邊形OABH}=S_△OAB+S_△OHB=S_△OHB+S_△OHC=S_△OBC=

1

2

×4×2

3

=4

3

，
易證△OPQ為等邊三角形，
∴OQ=OP，
即：2

3

-t=t，解得t=

3

，
∴S_△OPQ=

1

2

OP×

3

2

OP=

3 3

4

，
∴S_{五邊形ABHPQ}=S_{四邊形OABH}-S_△OPQ=4

3

-

3 3

4

=

13

4

3

．

點(diǎn)評：本題主要考查等邊三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理，由已知判定三角形OPQ為等邊三角形是解答本題的關(guān)鍵．