Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A、B坐標(biāo)分別為（4，2）、（0，2），線段CD在于x軸上，CD＝，點(diǎn)C從原點(diǎn)出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位長度向右平移，點(diǎn)D隨著點(diǎn)C同時(shí)同速同方向運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)D作x軸的垂線交線段AB于點(diǎn)E、交OA于點(diǎn)G，連結(jié)CE交OA于點(diǎn)F．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，當(dāng)E點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，停止所有運(yùn)動(dòng)．

（1）求線段CE的長；

（2）記S為RtΔCDE與ΔABO的重疊部分面積，試寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍；

（3）連結(jié)DF，

①當(dāng)t取何值時(shí)，有?

②直接寫出ΔCDF的外接圓與OA相切時(shí)t的值.

 

Answer 1

（1）線段CE的長為；

（2）S=（﹣t）2，t的取值范圍為：0≤t≤；

（3）①當(dāng)t=時(shí)，DF=CD；②ΔCDF的外接圓與OA相切時(shí)t=．

【解析】

試題分析：（1）直接根據(jù)勾股定理求出CE的長即可；

（2）作FH⊥CD于H．，由AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD可知四邊形ODEB是矩形，故可用t表示出AE及BE的長，由相似三角形的判定定理可得出△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，由相似三角形的性質(zhì)可用t表示出CF及EG的長，F(xiàn)H∥ED可求出HD的長，由三角形的面積公式可求出S與t的關(guān)系式；

（3）①由（2）知CF=t，當(dāng)DF=CD時(shí)，作DK⊥CF于K，則CK=CF=t，CK=CDcos∠DCE，由此可得出t的值；

②先根據(jù)勾股定理求出OA的長，由（2）知HD=（5﹣t），由相似三角形的判定定理得出Rt△AOB∽Rt△OFH，可用t表示出OF的長，因?yàn)楫?dāng)△CDF的外接圓與OA相切時(shí)，則OF為切線，OD為割線，由切割線定理可知OF2=OC•OD，故可得出結(jié)論．

試題解析：（1）∵在Rt△CDE中，CD=，DE=2，

∴CE=；

（2）如圖1，作FH⊥CD于H．

∵AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD，

∴四邊形ODEB是矩形，

∴BE=OD，

∵OC=t，

∴BE=OD=OC+CD=t+，

∴AE=AB﹣BE=4﹣（t+）=﹣t，

∵AB∥OD，

∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，

∴，，

又∵CF+EF=5，DG+EG=4，

∴，，

∴CF=t，EG=，

∴EF=CE﹣CF=5﹣t，

∵FH∥ED，

∴，即HD=•CD=（﹣t），

∴S=EG•HD=××（﹣t）=（﹣t）2，

t的取值范圍為：0≤t≤；

（3）①由（2）知CF=t，

如圖2，當(dāng)DF=CD時(shí)，如圖作DK⊥CF于K，

則CK=CF=t，

∵CK=CDcos∠DCE，

∴t=3×，

解得：t=；

∴當(dāng)t=時(shí)，DF=CD；

②∵點(diǎn)A，B坐標(biāo)分別為（8，4），（0，4），

∴AB=8，OB=4，

∴OA==4，

∵由（2）知HD=（5﹣t），

∴OH=t+3﹣（5﹣t）=，

∵∠A+∠AOB=∠AOD+∠AOB=90°，

∴∠A=∠AOD，

∴Rt△AOB∽Rt△OFH，

∴，

解得OF=，

∵當(dāng)△CDF的外接圓與OA相切時(shí)，則OF為切線，OD為割線，

∴OF2=OC•OD，即（）2=t（t+3），得t=．

考點(diǎn)：相似形綜合題．