Question

8．如图，点C在反比例函数y=$\frac{1}{x}$（x＞0）的图象上，CB⊥x轴于点B，延长BC至A，使得AC=BC，连接AO交反比例函数的图象于点D，连接BD，OC交于点E，随着点C的横坐标的增大，图中阴影部分面积S₁+S₂的大小变化情况是（　　）

• A． 一直减小
• B． 一直不变
• C． 先减小后增大
• D． 先增大后减小

Answer 1

分析 先过D作DF⊥OB于F，交OC于G，根据AB∥DF，且S_△OFD=$\frac{1}{2}$S_△AOB，得到$\frac{OD}{OA}$=$\frac{DF}{AB}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，再根据DG∥BC，得出$\frac{DE}{BE}$=$\frac{DG}{BC}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，进而得到S_{四边形ADEC}=S_△OAC-S_△ODE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$，S_△OBE=$\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$S_△OBD=$\sqrt{2}$-1，最后根据S_阴影=S_{四边形ADEC}+S_△OBE，即可得出S₁+S₂的大小不变．

解答 解：如图所示，过D作DF⊥OB于F，交OC于G，
∵点C、D在反比例函数y=$\frac{1}{x}$（x＞0）的图象上，CB⊥x轴于点B，
∴S_△OBC=S_△OFD=$\frac{1}{2}$，
∵AC=BC，
∴S_△OBC=S_△OAC=$\frac{1}{2}$，
∴S_△OFD=$\frac{1}{2}$S_△AOB，即S_△AOB=1，
∵AB∥DF，
∴$\frac{OD}{OA}$=$\frac{DF}{AB}$=$\sqrt{\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∵DG∥BC，
∴$\frac{DE}{BE}$=$\frac{DG}{BC}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∴S_△ODE=$\frac{1}{1+\sqrt{2}}$S_△OBD，S_△OBD=$\frac{1}{\sqrt{2}}$S_△AOB，
∴S_△ODE=$\frac{1}{1+\sqrt{2}}$×$\frac{1}{\sqrt{2}}$S_△AOB=（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）×1=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴S_{四边形ADEC}=S_△OAC-S_△ODE=$\frac{1}{2}$-（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$，
∵S_△OBE=$\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$S_△OBD=$\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$×$\frac{1}{\sqrt{2}}$S_△AOB=（$\sqrt{2}$-1）×1=$\sqrt{2}$-1，
∴S_阴影=S_{四边形ADEC}+S_△OBE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\sqrt{2}$-1=$\frac{3}{2}\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}$，
即S₁+S₂的大小不变，为$\frac{3}{2}\sqrt{2}$-$\frac{3}{2}$．
故选：B．

点评 本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，解题时注意：反比例函数y=$\frac{k}{x}$图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是$\frac{1}{2}$|k|，且保持不变．