Question

9．已知，如图，在直角梯形COAB中，CB∥OA，以O为原点建立平面直角坐标系，A、B、C的坐标分别为A（10，0）、B（4，8）、C（0，8），D为OA的中点，动点P自A点出发沿A→B→C→O的路线移动，速度为每秒1个单位，移动时间记为t秒，
（1）动点P在从A到B的移动过程中，设△APD的面积为S，试写出S与t的函数关系式，指出自变量的取值范围，并求出S的最大值
（2）动点P从出发，几秒钟后线段PD将梯形COAB的面积分成1：3两部分？求出此时P点的坐标．

Answer 1

分析 （1）如图作BE⊥OA于E，作OF⊥AB于F，DH⊥AB于H，得到OE=BC=4，在Rt△ABE中，AE=OA-OE=6，BE=OC=8，求出AB=10，因为OA•BE=AB•OF，得到OF=$\frac{OA•BE}{AB}$=8，DH=$\frac{1}{2}$OF=4，得到S=$\frac{1}{2}AP$•DH=$\frac{1}{2}$t•4=2t，求得t=10时，S_最大=20；
（2）本题分两种情况：
①当点P在AB上时，设点P的坐标为（x，y），由S_△APD=$\frac{1}{4}$S_梯形COAB，得到$\frac{1}{2}$OD•y=$\frac{1}{4}$×56故可求出y的值，由S_△APD=$\frac{1}{2}$AP•DH=$\frac{1}{2}$t•4=14，求出t的值，作BG⊥OA于G，由勾股定理即可得出x的值，进而得出点P的坐标；
②当点P在OC上时，设点P的坐标为（0，y）．由S_△APD═$\frac{1}{4}$S_梯形COAB，得到$\frac{1}{2}$OD•y=$\frac{1}{4}$×56故可求出y的值，此时t=10+4+（8-$\frac{28}{5}$）=16$\frac{2}{5}$由此可得出点P的坐标．

解答 解：如图（1）作BE⊥OA于E，作OF⊥AB于F，DH⊥AB于H，OE=BC=4，
∵在Rt△ABE中，AE=OA-OE=6，BE=OC=8，
∴AB=10，
∵OA•BE=AB•OF，
∴OF=$\frac{OA•BE}{AB}$=8，DH=$\frac{1}{2}$OF=4，
∴S=$\frac{1}{2}AP$•DH=$\frac{1}{2}$t•4=2t，（0≤t≤10），
当t=10时，S_最大=20；

（2）点P只能在AB或OC上才能满足题意，
S_梯形COAB=$\frac{1}{2}$（BC+OA）•OC=$\frac{1}{2}$（4+10）×8=56，
①当点P在AB上时，设点P的坐标为（x，y），
∵S_△APD=$\frac{1}{4}$S_梯形COAB=$\frac{1}{2}$OD•y=$\frac{1}{4}$×56，
∴y=$\frac{28}{5}$，∵S_△APD=$\frac{1}{2}$AP•DH=$\frac{1}{2}$t•4=14，
∴t=7，
作BG⊥OA于G，由勾股定理得（AO-x）²+y²=AP²，即即（10-x）²+${（\frac{28}{5}）}^{2}$=7²，
∴x=$\frac{29}{2}$，∴t=7时，P（$\frac{29}{5}$，$\frac{28}{5}$），
②当点P在OC上时，设点P的坐标为（0，y），
∵S_△APD=$\frac{1}{4}$S_梯形COAB=$\frac{1}{2}$OD•y=$\frac{1}{4}$×56，
∴y=$\frac{28}{5}$，
∴此时t=10+4+（8-$\frac{28}{5}$）=16$\frac{2}{5}$，
∴t=16$\frac{2}{5}$时，P（0，$\frac{28}{5}$），
综上所述：当t=7时，点P（$\frac{29}{5}$，$\frac{28}{5}$）或t=16$\frac{2}{5}$时P（0，$\frac{28}{5}$）．

点评 本题主要考查了梯形的面积，三角形的面积，勾股定理，最大值，根据题意作出辅助线，构造出三角形及梯形的高是解答此题的关键．