Question

已知一次函數(shù)y=x+2的圖象分別交x軸，y軸于A、B兩點(diǎn)，⊙O₁過以O(shè)B為邊長的正方形OBCD的四個(gè)頂點(diǎn)，兩動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)在四邊形ABCD上運(yùn)動(dòng)，其中動(dòng)點(diǎn)P以每秒個(gè)單位長度的速度沿A→B→A運(yùn)動(dòng)后停止；動(dòng)點(diǎn)Q以每秒2個(gè)單位長度的速度沿A→O→D→C→B運(yùn)動(dòng)，AO₁交y軸于E點(diǎn)，P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）直接寫出E點(diǎn)的坐標(biāo)和S_△ABE的值；
（2）試探究點(diǎn)P、Q從開始運(yùn)動(dòng)到停止，直線PQ與⊙O₁有哪幾種位置關(guān)系，并指出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的范圍；
（3）當(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)在折線AD→DC上時(shí)，是否存在某一時(shí)刻t使得S_△APQ：S_△ABE=3：4？若存在，請(qǐng)確定t的值和直線PQ所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）依題意容易知道O₁的坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法可以確定直線AE的解析式，然后求出E的坐標(biāo)，最后求出S_△ABE；
（2）容易知道當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)PQ與圓相切，此時(shí)t=1，所以可以確定其他位置的t的值；
（3）根據(jù)已知條件容易知道A（-2，0），B（0，2），OA=2，OB=2然后把S_△APQ，S_△APM，S_{四邊形PMDQ}，S_△ADQ分別用t表示，然后根據(jù)已知條件可以列出關(guān)于t的方程，解方程就可以確定t的值，從而確定直線PQ的函數(shù)解析式．
解答：解：（1）由題意知，A（-2，0），B（0，2），
∴OB=OD=2，
∴O₁（1，1），
設(shè)AO₁的直線的解析式為y=kx+b，則有0=-2k+b，1=k+b，
解得：b=，k=，
∴y=x+，
∴E（0，），
∴BE=，
S_△ABE=OA•BE=；

（2）直線PQ與⊙O₁有三種位置關(guān)系，分別是相離，相切，相交，
當(dāng)PQ與⊙O₁相離，0＜t＜1；
當(dāng)PQ與⊙O₁相切時(shí)，t=1或t=4；
當(dāng)PQ與⊙O₁相交時(shí)，4＞t＞1；

（3）①Q(mào)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)在折線AD上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)，即Q（0，0）時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-1，1），
S_△APQ=1，且滿足S_△APQ：S_△ABE=3：4，此時(shí)t=1，直線PQ所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式y(tǒng)=-x．
②Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)在折線AD上時(shí)，P到了BA方向，根據(jù)已知得A（-2，0），B（0，2），
∴OA=2，OB=2，AB=2，OD=OB=2，
O₁（1，1），此時(shí)P，Q的位置如圖，過P作PM⊥AD于M，P運(yùn)動(dòng)的路程為t，
∴PB=t-AB=t-2，
∴AP=AB-PB=4-t，而△APM為等腰直角三角形，
∴PM=AM=4-t，Q運(yùn)動(dòng)的路程為2t，
∴QD=2t-OA-OD=2t-4，
而S_△APQ=S_△APM+S_{四邊形PMDQ}-S_△ADQ，
S_△APM+S_{四邊形PMDQ}=+=t²-4t+8，
S_△ADQ==4t-8，
∴S_△APQ=t²-8t+16，若S_△APQ：S_△ABE=3：4，而S_△ABE=，
∴S_△APQ=1，
∴1=t²-8t+16，
∴t=3或t=5，當(dāng)t=5時(shí)，Q在BC上，不符合題意，舍去，
∴AM=1=PM，
∴OM=1，P（-1，1），
QD=2，∴Q在C點(diǎn)處，
∴Q（2，2），
設(shè)直線PQ的函數(shù)解析式為y=kx+b，
∴，
∴k=，b=，
∴y=x+．
點(diǎn)評(píng)：此題很復(fù)雜，把幾何知識(shí)和代數(shù)知識(shí)緊緊的結(jié)合起來，還有圖形的變換，還有復(fù)雜的計(jì)算，多方面考查學(xué)生的能力，綜合性很強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的要求比較高．