Question

1．已知：直線y=x+4與x軸，y軸分別交A、B兩點(diǎn)．直線y=kx-2k與x軸、y軸交于點(diǎn)D、E，與線段AB交于點(diǎn)C且C為AB的中點(diǎn)．
（1）求k的值；
（2）動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以每秒$\sqrt{2}$個(gè)單位長度的速度沿線段AB運(yùn)動向終點(diǎn)B運(yùn)動，同時(shí)，動點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)以每秒2個(gè)單位長度的速度沿折線段AOB向終點(diǎn)B運(yùn)動．設(shè)△PQE的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動時(shí)間為t秒，求S與t的函數(shù)關(guān)系式（直接寫出t的取值）；
（3）在P、Q的運(yùn)動過程中，是否存在時(shí)間t，使tan∠PEQ=$\frac{1}{2}$？

Answer 1

分析 （1）先求得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，4，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-4，0，）從而可求得點(diǎn)C的中點(diǎn)坐標(biāo)為（-2，2），將（-2，2）代入y=kx-2k可求得k的值；
（2）①如圖1所示：過點(diǎn)P作PF⊥OA，垂足為F，依據(jù)S_PEQ=S_△ABO-S_△APQ-S_△QEO-S_△PEB求解即可；②如圖2所示，過點(diǎn)P作PF⊥OB，垂足為F．由題意可知PF=4-t，QE=AO+OE-2t=5-2t，然后依據(jù)三角形的面積公式可知S_△PQE=${t}^{2}-\frac{13}{2}t+10$；③如圖3所示：過點(diǎn)P作PF⊥OB，垂足為F．由PF=4-t，QE=2t-5，然后依據(jù)三角形的面積公式求解即可；
（3）如圖4所示；過點(diǎn)E作EP∥OA，交AB于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PG⊥OA．由直線CD的解析式為y=-$\frac{1}{2}x+1$，可知tan∠CDA=$\frac{1}{2}$，然后證明∠CEP=∠PEQ=∠CDA即可；如圖5所示：當(dāng)點(diǎn)Q在EB上時(shí)．過點(diǎn)P作PF⊥EB．由題意可知FB=PF=$\frac{\sqrt{2}}{2}PB$．由tan∠PEF=$\frac{1}{2}$可知EF=2PF，從而得到3BF=BE=3，于是求得BF=1，故此PB=$\sqrt{2}$．AP=3$\sqrt{3}$，從而可求得t=3．

解答 解：（1）∵將x=0代入y=x+4得：y=4，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，4）．
∵將y=0代入y=x+4得：x+4=0，解得：x=-4．
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-4，0）．
∵點(diǎn)C是A、B的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)C的中點(diǎn)坐標(biāo)為（-2，2）．
將（-2，2）代入y=kx-2k得：-2k-2k=2．
解得：k=-$\frac{1}{2}$．
（2）將k=-$\frac{1}{2}$代入y=kx-2k得：y=-$\frac{1}{2}x+1$．
∵將x=0代入得：y=1，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，1）．
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠ABO=45°．
①如圖1所示：過點(diǎn)P作PF⊥OA，垂足為F．

∵∠PAF=45°，
∴PF=AF=$\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}t$=t．
∴S_PEQ=S_△ABO-S_△APQ-S_△QEO-S_△PEB
=$\frac{1}{2}×4×4$-$\frac{1}{2}×2t•t$-$\frac{1}{2}×（4-2t）×1$-$\frac{1}{2}×3×（4-t）$
=-${t}^{2}+\frac{5}{2}t$（0＜t≤2）．
②如圖2所示，過點(diǎn)P作PF⊥OB，垂足為F．

在Rt△AOB中，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=4$\sqrt{2}$．
∵PB=AB-AP，
∴PB=4$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t．
∴PF=4-t．
由題意可知：QE=AO+OE-2t=5-2t．
∴S_△PQE=$\frac{1}{2}×（5-2t）（4-t）$=${t}^{2}-\frac{13}{2}t+10$．（2＜t≤2.5）
③如圖3所示：過點(diǎn)P作PF⊥OB，垂足為F．

∵PF=4-t，QE=2t-5．
∴${S}_{△PQE}=\frac{1}{2}×（2t-5）×（4-t）$=$-{t}^{2}+\frac{13}{2}t-10$．（2.5＜t≤4）．
綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=$\left\{\begin{array}{l}{-{t}^{2}+\frac{5}{2}t（0＜t≤2）}\\{{t}^{2}-\frac{13}{2}t+10（2＜t≤2.5）}\\{-{t}^{2}+\frac{13}{2}t-10（2.5＜t≤4）}\end{array}\right.$．
（3）如圖4所示；過點(diǎn)E作EP∥OA，交AB于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PG⊥OA．

∵直線CD的解析式為y=-$\frac{1}{2}x+1$，
∴tan∠CDA=$\frac{1}{2}$．
∵EP∥OA，PG∥EO，OE=1，
∴PG=1．
∴AP=$\sqrt{2}$．
∴t=1．
當(dāng)t=1時(shí)，AQ=2t=2．
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-2，0）．
∴點(diǎn)C與點(diǎn)Q關(guān)于EP對稱．
∴∠CEP=∠QEP．
∵EP∥AD，
∴∠CEP=∠CDA．
∴∠PEQ=∠CDA．
∴tan∠PEQ=$\frac{1}{2}$．
如圖5所示：當(dāng)點(diǎn)Q在EB上時(shí)．過點(diǎn)P作PF⊥EB．

∵∠PBF=45°，∠PFB=90°，
∴FB=PF=$\frac{\sqrt{2}}{2}PB$．
∵tan∠PEF=$\frac{1}{2}$，
∴EF=2PF．
∴EF=2BF．
∴3BF=BE=3．
∴BF=1．
∴PB=$\sqrt{2}$．
∴AP=4$\sqrt{2}-\sqrt{2}$=3$\sqrt{3}$．
∴t=3$\sqrt{2}$$÷\sqrt{2}$=3．
綜上所述，當(dāng)t=1秒或t=3秒時(shí)，tan∠PEQ=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題主要考查的是一次函數(shù)的綜合應(yīng)、銳角三角函數(shù)、等腰直角三角形的性質(zhì)、軸對稱圖形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，依據(jù)割補(bǔ)法以及三角形的面積公式求得S與t的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．