Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，已知A（2，），C（4，0），E點從O出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿邊OC向C點運動，P點從O點出發(fā)，以每秒2個單位的速度，沿邊OA與邊AC向C運動，E、P兩點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t秒．
（1）求∠AOC的度數(shù)；
（2）過E作EH⊥AC于H，當(dāng)t為何值時，△EPH是等邊三角形．
（3）設(shè)四邊形OEHP的面積S，求S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式，并求出其最大值．
（4）當(dāng)△OPE與以E、H、P為頂點的三角形相似，求P點坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】分析：（1）過A作AM⊥OC于M，根據(jù)A（2，2）求出OM=2，AM=2，根據(jù)tan∠AOC==求出∠AOC=60°；
（2）由勾股定理求出AO=4=OC，求出CE=4-t，HC=EC=2-t，AH=2+t，由勾股定理求出EH=（2-t），
求出AP=AH=1+t，PH=（1+t），根據(jù)PH=EH得出（1+t）=（2-t），求出即可；
（3）求出S_△AOC=×OC×AM=4，S_△EHC=CH×EH=t²+t+2，當(dāng)0＜t≤2時，P在OA上，過H作HN⊥AO于N，S_△AHP=AP×HN=-t²-t+2，代入S=S_△AOC-S_△EHC-S_△APH求出即可；當(dāng)2＜t＜4時，過O作OR⊥AC于R，求出S_△AOP=AP×OR=2t-4，代入S=S_△AOC-S_△EHC-S_△APO求出即可；
（4）當(dāng)P在AO上時，過P作PM⊥OC于M，求出OM=t，此時E和M重合，PE=t，根據(jù)△OPE與以E、H、P為頂點的三角形相似得出=，求出t=，即可得出答案；當(dāng)P在AC上時，此時P和A重合．
解答：解：（1）過A作AM⊥OC于M，
∵A（2，2），
∴OM=2，AM=2，
∴tan∠AOC==，
∴∠AOC=60°；

（2）如圖1，由勾股定理得：AO=4=OC，
∵∠AOC=60°，
∴△AOC是等邊三角形，
∴AC=OC=OA=4，∠A=∠C=60°，
∵OE=t，
∴CE=4-t，
∵∠C=60°，EH⊥AC，
∴∠HEC=30°，
∴HC=EC=2-t，
∴AH=4-（2-t）=2+t，
由勾股定理得：EH=（2-t），
∵△PEH是等邊三角形，
∴∠PHE=60°，
∴∠AHP=180°-90°-60°=30°，
∵∠A=60°，
∴∠APH=90°，
∴AP=AH=（2+t）=1+t，
PH=（1+t），
∵△PEH是等邊三角形，
∴PH=EH，
∴（1+t）=（2-t），
t=；
（3）如圖1，S_△AOC=×OC×AM=×4×2=4，

如圖2，S_△EHC=CH×EH=•（2-t）•（2-t）=t²+t+2，

當(dāng)0＜t≤2時，P在OA上，如圖3，過H作HN⊥AO于N，

∵∠A=60°，AH=2+t，
∴∠AHN=30°，
∴AN=AH=1+t，
由勾股定理得：HN=（1+t）
∵AP=4-2t，
∴S_△AHP=AP×HN=•（4-2t）•（1+t）=-t²-t+2，
∴S=S_△AOC-S_△EHC-S_△APH=4-（t²-t+2）-（-t²-t+2），
S=t²+t；
當(dāng)2＜t＜4時，如圖4，

過O作OR⊥AC于R，
∵∠A=60°，
∴∠AOR=30°，
∴AR=OA=2，由勾股定理得：OR=2，
∴S_△AOP=AP×OR=（2t-4）•2=2t-4
∴S=S_△AOC-S_△EHC-S_△APO=4-（t²-t+2）-（2t-4），
S=-t²-t+6；
（4）當(dāng)P在AO上時，如圖5，

過P作PM⊥OC于M，
∵OP=2t，∠AOC=60°，
∴∠OPM=30°，
∴OM=t，
∵OE=t，
∴此時E和M重合，PE=t，
∴∠PEO=90°，
∵∠HEC=30°，
∴∠PEH=60°=∠POE，
∵△OPE與以E、H、P為頂點的三角形相似，
∴=，
∴=，
t=，
∴OE=，PE=t=，
∴P（，）；
當(dāng)P在AC上時，此時P和A重合，如圖6，

此時P的坐標(biāo)是（2，2）．
點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形性質(zhì)，解直角三角形，含30度角的直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識點的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運用直線進(jìn)行推理和計算的能力，難度偏大，用了方程思想和分類討論思想．