Question

19．如图1，直线y=2x+2分别交x轴、y轴于点A、B，点C为x轴正半轴上的点，点D从点C处出发，沿线段CB匀速运动至点B处停止，过点D作DE⊥BC，交x轴于点E，点C′是点C关于直线DE的对称点，连接EC′，若△DEC′与△BOC的重叠部分面积为S，点D的运动时间为t（秒），S与t的函数图象如图2所示．
（1）求点D的运动速度及点C坐标；
（2）图2中，m=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，n=$\frac{4}{5}$，k=2$\sqrt{5}$；
（3）求出S与t之间的函数关系式（不必写自变量t的取值范囤）．

Answer 1

分析 （1）根据直线的解析式先找出点B的坐标，结合图象可知当t=$\sqrt{5}$时，点C′与点B重合，通过三角形的面积公式可求出CE的长度，结合勾股定理可得出OE的长度，由OC=OE+EC可得出OC的长度，即得出C点的坐标，再由勾股定理得出BC的长度，根据CD=$\frac{1}{2}$BC，结合速度=路程÷时间即可得出结论；
（2）结合D点的运动以及面积S关于时间t的函数图象的拐点，即可得知当“当t=k时，点D与点B重合，当t=m时，点E和点O重合”，结合∠C的正余弦值通过解直角三角形即可得出m、k的值，再由三角形的面积公式即可得出n的值；
（3）随着D点的运动，按△DEC′与△BOC的重叠部分形状分三种情况考虑：①通过解直角三角形以及三角形的面积公式即可得出此种情况下S关于t的函数关系式；②由重合部分的面积=S_△CDE-S_△BC′F，通过解直角三角形得出两个三角形的各边长，结合三角形的面积公式即可得出结论；③通过边与边的关系以及解直角三角形找出BD和DF的值，结合三角形的面积公式即可得出结论．

解答 解：（1）令x=0，则y=2，即点B坐标为（0，2），
∴OB=2．
当t=$\sqrt{5}$时，E和C′点重合，如图1所示，

此时S=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$CE•OB=$\frac{5}{4}$，
∴CE=$\frac{5}{2}$，
∴BE=$\frac{5}{2}$．
∵OB=2，
∴OE=$\sqrt{（\frac{5}{2}）^{2}-{2}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴OC=OE+EC=$\frac{3}{2}$+$\frac{5}{2}$=4，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，CD=$\sqrt{5}$，
$\sqrt{5}$÷$\sqrt{5}$=1（单位长度/秒），
∴点D的运动速度为1单位长度/秒，点C坐标为（4，0）．
（2）根据图象可知：
当t=k时，点D与点B重合，
此时k=$\frac{BC}{1}$=2$\sqrt{5}$；
当t=m时，点E和点O重合，如图2所示．

sin∠C=$\frac{OB}{BC}$=$\frac{2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠C=$\frac{OC}{BC}$=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
OD=OC•sin∠C=4×$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，CD=OC•cos∠C=4×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
∴m=$\frac{CD}{1}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，n=$\frac{1}{2}$BD•OD=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{5}$-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$）×$\frac{4\sqrt{5}}{5}$=$\frac{4}{5}$．
故答案为：$\frac{8\sqrt{5}}{5}$；$\frac{4}{5}$；2$\sqrt{5}$．
（3）随着D点的运动，按△DEC′与△BOC的重叠部分形状分三种情况考虑：
①当点C′在线段BC上时，如图3所示．

此时CD=t，CC′=2t，0＜CC′≤BC，
∴0＜t≤$\sqrt{5}$．
∵tan∠C=$\frac{OB}{OC}$=$\frac{1}{2}$，
∴DE=CD•tan∠C=$\frac{1}{2}$t，
此时S=$\frac{1}{2}$CD•DE=$\frac{1}{4}{t}^{2}$；
②当点C′在CB的延长线上，点E在线段OC上时，如图4所示．

此时CD=t，BC′=2t-2$\sqrt{5}$，DE=CD•tan∠C=$\frac{1}{2}$t，CE=$\frac{CD}{cos∠C}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，OE=OC-CE=4-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CC′＞BC}\\{CE≤OC}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2t＞2\sqrt{5}}\\{\frac{\sqrt{5}}{2}t≤4}\end{array}\right.$，
解得：$\sqrt{5}$＜t≤$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
由（1）可知tan∠OEF=$\frac{2}{\frac{3}{2}}$=$\frac{4}{3}$，
∴OF=OE•tan∠OEF=$\frac{16}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{3}$t，BF=OB-OF=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$t-$\frac{10}{3}$，
∴FM=BF•cos∠C=$\frac{4}{3}$t-$\frac{4\sqrt{5}}{3}$．
此时S=$\frac{1}{2}$CD•DE-$\frac{1}{2}$BC′•FM=-$\frac{13}{12}{t}^{2}$+$\frac{8\sqrt{5}}{3}$t-$\frac{20}{3}$；
③当点E在x轴负半轴，点D在线段BC上时，如图5所示．

此时CD=t，BD=BC-CD=2$\sqrt{5}$-t，CE=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，DF=$\frac{BD}{tan∠C}$=2BD=4$\sqrt{5}$-2t，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CE＞OC}\\{CD≤BC}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{5}}{2}t＞4}\\{t≤2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{8\sqrt{5}}{5}$＜t≤2$\sqrt{5}$．
此时S=$\frac{1}{2}$BD•DF=$\frac{1}{2}$×2×$（2\sqrt{5}-t）^{2}$=t²-4$\sqrt{5}$t+20．

点评 本题考查了勾股定理、解直角三角形以及三角形的面积公式，解题的关键是：（1）求出BC、OC的长度；（2）根据图象能够了解当t=m和t=k时，点DE的位置；（3）分三种情况求出S关于t的函数关系式．本题属于中档题，（1）（2）难度不大；（3）需要画出图形，利用数形结合，通过解直角三角形以及三角形的面积公式找出S关于t的函数解析式．