Question

1．已知，如圖，直線經(jīng)過點(diǎn)A（6$\sqrt{3}$，0），B（0，6），點(diǎn)C在線段AB上，且AC=2，點(diǎn)P（0，a）是線段OB上一動點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段PC上，且CQ：PQ=3：2．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）求點(diǎn)Q的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示）；
（3）若M是OA的中點(diǎn)，試求線段MQ長度的取值范圍（請用不等式形式表示）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)A、B點(diǎn)的坐標(biāo)求得tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{6}{6\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，得出∠OAB=30°，解直角三角形求得CD=1，AD=$\sqrt{3}$，即可求得OD=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=5$\sqrt{3}$，從而求得點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）作QE⊥OA于E，CF⊥OB于F，QE與CF交于G，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出$\frac{CG}{5\sqrt{3}}$=$\frac{QG}{a-1}$=$\frac{3}{5}$，求得QF=5$\sqrt{3}$-3$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，QE=QG+1=$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$，從而求得Q（2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$）；
（3）根據(jù)勾股定理得出MQ²=$\frac{9}{25}$a²+$\frac{12}{25}$a+$\frac{79}{25}$，然后根據(jù)a的取值，得出$\frac{79}{25}$≤MQ²≤19，進(jìn)一步求得$\frac{\sqrt{79}}{5}$≤MQ≤$\sqrt{19}$．

解答 解：（1）如圖，作CD⊥OA于D，
∵點(diǎn)A（6$\sqrt{3}$，0），B（0，6），
∴tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{6}{6\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OAB=30°，
在RT△ACD中，AC=2，
∴CD=1，AD=$\sqrt{3}$，
∴OD=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=5$\sqrt{3}$，
∴C（5$\sqrt{3}$，1）；
（2）如圖，作QE⊥OA于E，CF⊥OB于F，QE與CF交于G，
∴CF=OD=5$\sqrt{3}$，
∵QE∥OB，
∴$\frac{CG}{CF}$=$\frac{QG}{PF}$=$\frac{QC}{PC}$，
∵CQ：PQ=3：2，
∴CQ：PC=3：5，
∴$\frac{CG}{5\sqrt{3}}$=$\frac{QG}{a-1}$=$\frac{3}{5}$
∴GC=$\frac{3}{5}$×5$\sqrt{3}$=3$\sqrt{3}$，QG=$\frac{3}{5}$（a-1），
∴QF=5$\sqrt{3}$-3$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，QE=QG+1=$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$，
∴Q（2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$）；
（3）∵M(jìn)是OA的中點(diǎn)，
∴M（3$\sqrt{3}$，0），
∵Q（2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$），
∴MQ²=（3$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$）²+（$\frac{3}{5}$a+$\frac{2}{5}$）²=$\frac{9}{25}$a²+$\frac{12}{25}$a+$\frac{79}{25}$，
∵0≤a≤6，
∴$\frac{79}{25}$≤MQ²≤19，
∴$\frac{\sqrt{79}}{5}$≤MQ≤$\sqrt{19}$．

點(diǎn)評 本題是一次函數(shù)的綜合題，考查了平行線分線段成比例定理，解直角三角形以及勾股定理的應(yīng)用，找出輔助線構(gòu)建直角三角形是解題的關(guān)鍵．