Question

19．如圖1，直線y=2x+2分別交x軸、y軸于點A、B，點C為x軸正半軸上的點，點D從點C處出發(fā)，沿線段CB勻速運動至點B處停止，過點D作DE⊥BC，交x軸于點E，點C′是點C關于直線DE的對稱點，連接EC′，若△DEC′與△BOC的重疊部分面積為S，點D的運動時間為t（秒），S與t的函數(shù)圖象如圖2所示．
（1）求點D的運動速度及點C坐標；
（2）圖2中，m=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，n=$\frac{4}{5}$，k=2$\sqrt{5}$；
（3）求出S與t之間的函數(shù)關系式（不必寫自變量t的取值范囤）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線的解析式先找出點B的坐標，結(jié)合圖象可知當t=$\sqrt{5}$時，點C′與點B重合，通過三角形的面積公式可求出CE的長度，結(jié)合勾股定理可得出OE的長度，由OC=OE+EC可得出OC的長度，即得出C點的坐標，再由勾股定理得出BC的長度，根據(jù)CD=$\frac{1}{2}$BC，結(jié)合速度=路程÷時間即可得出結(jié)論；
（2）結(jié)合D點的運動以及面積S關于時間t的函數(shù)圖象的拐點，即可得知當“當t=k時，點D與點B重合，當t=m時，點E和點O重合”，結(jié)合∠C的正余弦值通過解直角三角形即可得出m、k的值，再由三角形的面積公式即可得出n的值；
（3）隨著D點的運動，按△DEC′與△BOC的重疊部分形狀分三種情況考慮：①通過解直角三角形以及三角形的面積公式即可得出此種情況下S關于t的函數(shù)關系式；②由重合部分的面積=S_△CDE-S_△BC′F，通過解直角三角形得出兩個三角形的各邊長，結(jié)合三角形的面積公式即可得出結(jié)論；③通過邊與邊的關系以及解直角三角形找出BD和DF的值，結(jié)合三角形的面積公式即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）令x=0，則y=2，即點B坐標為（0，2），
∴OB=2．
當t=$\sqrt{5}$時，E和C′點重合，如圖1所示，

此時S=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$CE•OB=$\frac{5}{4}$，
∴CE=$\frac{5}{2}$，
∴BE=$\frac{5}{2}$．
∵OB=2，
∴OE=$\sqrt{（\frac{5}{2}）^{2}-{2}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴OC=OE+EC=$\frac{3}{2}$+$\frac{5}{2}$=4，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，CD=$\sqrt{5}$，
$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=1（單位長度/秒），
∴點D的運動速度為1單位長度/秒，點C坐標為（4，0）．
（2）根據(jù)圖象可知：
當t=k時，點D與點B重合，
此時k=$\frac{BC}{1}$=2$\sqrt{5}$；
當t=m時，點E和點O重合，如圖2所示．

sin∠C=$\frac{OB}{BC}$=$\frac{2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠C=$\frac{OC}{BC}$=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
OD=OC•sin∠C=4×$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，CD=OC•cos∠C=4×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
∴m=$\frac{CD}{1}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，n=$\frac{1}{2}$BD•OD=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{5}$-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$）×$\frac{4\sqrt{5}}{5}$=$\frac{4}{5}$．
故答案為：$\frac{8\sqrt{5}}{5}$；$\frac{4}{5}$；2$\sqrt{5}$．
（3）隨著D點的運動，按△DEC′與△BOC的重疊部分形狀分三種情況考慮：
①當點C′在線段BC上時，如圖3所示．

此時CD=t，CC′=2t，0＜CC′≤BC，
∴0＜t≤$\sqrt{5}$．
∵tan∠C=$\frac{OB}{OC}$=$\frac{1}{2}$，
∴DE=CD•tan∠C=$\frac{1}{2}$t，
此時S=$\frac{1}{2}$CD•DE=$\frac{1}{4}{t}^{2}$；
②當點C′在CB的延長線上，點E在線段OC上時，如圖4所示．

此時CD=t，BC′=2t-2$\sqrt{5}$，DE=CD•tan∠C=$\frac{1}{2}$t，CE=$\frac{CD}{cos∠C}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，OE=OC-CE=4-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CC′＞BC}\\{CE≤OC}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2t＞2\sqrt{5}}\\{\frac{\sqrt{5}}{2}t≤4}\end{array}\right.$，
解得：$\sqrt{5}$＜t≤$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
由（1）可知tan∠OEF=$\frac{2}{\frac{3}{2}}$=$\frac{4}{3}$，
∴OF=OE•tan∠OEF=$\frac{16}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{3}$t，BF=OB-OF=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$t-$\frac{10}{3}$，
∴FM=BF•cos∠C=$\frac{4}{3}$t-$\frac{4\sqrt{5}}{3}$．
此時S=$\frac{1}{2}$CD•DE-$\frac{1}{2}$BC′•FM=-$\frac{13}{12}{t}^{2}$+$\frac{8\sqrt{5}}{3}$t-$\frac{20}{3}$；
③當點E在x軸負半軸，點D在線段BC上時，如圖5所示．

此時CD=t，BD=BC-CD=2$\sqrt{5}$-t，CE=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，DF=$\frac{BD}{tan∠C}$=2BD=4$\sqrt{5}$-2t，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CE＞OC}\\{CD≤BC}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{5}}{2}t＞4}\\{t≤2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{8\sqrt{5}}{5}$＜t≤2$\sqrt{5}$．
此時S=$\frac{1}{2}$BD•DF=$\frac{1}{2}$×2×$（2\sqrt{5}-t）^{2}$=t²-4$\sqrt{5}$t+20．

點評 本題考查了勾股定理、解直角三角形以及三角形的面積公式，解題的關鍵是：（1）求出BC、OC的長度；（2）根據(jù)圖象能夠了解當t=m和t=k時，點DE的位置；（3）分三種情況求出S關于t的函數(shù)關系式．本題屬于中檔題，（1）（2）難度不大；（3）需要畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合，通過解直角三角形以及三角形的面積公式找出S關于t的函數(shù)解析式．