Question

如圖，直角梯形OABC中，AB∥OC，O為坐標(biāo)原點，點A在y軸正半軸上，點C在x軸正半軸上，點B坐標(biāo)為（2，2

3

），∠BCO=60°，OH⊥BC于點H，動點P從點H出發(fā)，沿線段HO向點O運動，動點Q從點O出發(fā)，沿線段OA向點A運動，兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度，設(shè)點P運動的時間為t秒．
（1）OH=

2

3

；
（2）用含t（秒）的代數(shù)式表示點P和Q的坐標(biāo)：P（

0

，

t

），Q（

3-

3

2

t

，

3

-

1

2

t

）；
（3）若△OPQ的面積為S（平方單位），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系，并求t為何值時，△OPQ的面積最大，最大值是多少？

Answer 1

分析：（1）過點B作BG⊥OC于G，就可以得出OG=2，BG=2

3

，在Rt△BGC中由三角函數(shù)值就可以得出CG的值，從而得出OC，在Rt△OHC中由勾股定理就可以得出OH的值；
（2）過點P作PN⊥OC，就可以得出PN=

1

2

OP，ON=

3

PN，就可以表示出P、Q的坐標(biāo)；
（3）由三角形的面積公式可以得出S_△OPQ=

1

2

OQ•ON，將（2）求出的結(jié)論代入就可以求出結(jié)論．

解答：解：（1）過點B作BG⊥OC于G，
∵B坐標(biāo)為（2，2

3

），
∴OG=2，BG=2

3

．
∵∠BCO=60°，
∴tan∠BCG=

BG

CG

=

3

，
∴

2 3

CG

=

3

，
∴CG=2．
∴OC=4．
∵OH⊥BC，
∴∠OHC=90°，
∴∠COH=30°
∵cos30°=

OH

OC

=

3

2

，
∴

OH

4

=

3

2

，
∴OH=2

3

．

（2）過點P作PN⊥OC，
∴∠PNO=90°，
∴PN=

1

2

OP，ON=

3

2

OP．
∵OQ=t，PH=t，
∴OP=2

3

-t，
∴PN=

3

-

1

2

t，ON=3-

3

2

t，
∴Q（0，t），P（3-

3

2

t，

3

-

1

2

t）

（3）∵S_△OPQ=

1

2

OQ•ON，
∴S=

1

2

t•（3-

3

2

t），
S=-

3

4

t²+

3

2

t，
S=-

3

4

（t²-2

3

），
S=-

3

4

（t-

3

）²+

3 3

4

，
∵a=-

3

4

＜0，
∴拋物線的開口向下，S有最大值，
∴t=

3

時，S_最大=

3 3

4

．
∴S與t之間的函數(shù)關(guān)系為：S=-

3

4

t²+

3

2

t（0＜t＜2

3

），
t=

3

時，S_最大=

3 3

4

．
故答案為：2

3

．

點評：本題考查了直角三角形的性質(zhì)的運用，銳角三角函數(shù)值的運用，點的坐標(biāo)的運用，三角形的面積公式的運用，二次函數(shù)的頂點式的運用，解答時運用直角三角形的性質(zhì)根據(jù)三角函數(shù)值求解是關(guān)鍵，靈活運用拋物線的頂點式是難點．