题目内容
20．
如图，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，过点B作BM⊥y于点M，OE=OA=3，OD=1，连接AE、BE、DE．已知tan∠CBE=$\frac{1}{3}$，B（1，4）．（1）求证：△AEO∽△BEM；
（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；
（3）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．
分析 （1）根据点B的坐标得到MB=1，OM=4，利用OA=OC，得到∠OAE=∠OEA=45°，在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，所以∠MEB=∠MBE=45°，得到∠OAE=∠MBE=45°，∠OEA=∠MEB=45°，从而得到△AEO～△BEM．
（2）由（1）知，∠OEA+∠MEB=90°，求出∠BEA=180°-∠OEA-∠MEB=90°，得到AB是△ABE外接圆的直径，通过勾股定理求出BE，AE，由此求得tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{3}$，又tan∠CBE=$\frac{1}{3}$，所以∠BAE=∠CBE；求得∠CBA=90°，即CB⊥AB，所以CB是△ABE外接圆的切线．
（3）设直线AB的解析式为y=kx+b．将A（3，0），B（1，4）代入y=kx+b，求得y=-2x+6；过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，求出点F（$\frac{3}{2}$，3），分两种情况进行讨论：
情况一：如图2，当0＜t≤$\frac{3}{2}$时，设△AOE平移到△PNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．则ON=AP=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L，利用△AHP∽△FHM，△FHL∽△AHK，求得HK=2t，所以△AOE与△ABE重叠部分的面积S=S△MNP-S△GNA-S△HAP，
情况二：如图3，当$\frac{3}{2}$＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V，利用△IQA∽△IPF，解得IQ=2（3-t）所以，△AOE与△ABE重叠部分的面积S=S△IQA-S△VQA．
解答 解：（1）证明：如图1，
∵点B的坐标是（1，4），
∴MB=1，OM=4．
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠OAE=∠OEA=45°．
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°．
∴∠OAE=∠MBE=45°．
∠OEA=∠MEB=45°，
∴△AEO～△BEM．
（2）由（1）知，∠OEA+∠MEB=90°
∴∠BEA=180°-∠OEA-∠MEB=90°．
∴AB是△ABE外接圆的直径．
在Rt△AOE中，OA=OE=3，AE=$\sqrt{O{A}^{2}+O{E}^{2}}=3\sqrt{2}$．
在Rt△EMB中，EM=BM=1，BE=$\sqrt{E{M}^{2}+B{M}^{2}}=\sqrt{2}$．
在Rt△ABE中，tan∠BAE=$\frac{BE}{AE}$=$\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{3}$，
∵tan∠CBE=$\frac{1}{3}$，
∴∠BAE=∠CBE．
在Rt△ABE中，∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠CBA=90°，
即CB⊥AB，
∴CB是△ABE外接圆的切线．
（3）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．
将A（3，0），B（1，4）代入，得：$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{k+b=4}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴y=-2x+6．
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，
当y=3时，得x=$\frac{3}{2}$，
∴F（$\frac{3}{2}$，3）．
情况一：如图2，当0＜t≤$\frac{3}{2}$时，设△AOE平移到△PNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．
则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L，
∵EF∥x轴，
∴△AHP∽△FHM，△FHL∽△AHK，
∴$\frac{AP}{FM}=\frac{AH}{FH}，\frac{AH}{FH}=\frac{HK}{HL}$，
∴$\frac{AP}{FM}=\frac{HK}{HL}$，即$\frac{t}{\frac{3}{2}-t}=\frac{HK}{3-HK}$，
解得：HK=2t．
∴△AOE与△ABE重叠部分的面积S=S△MNP-S△GNA-S△HAP=$\frac{1}{2}$×3×3-$\frac{1}{2}×$（3-t）2-$\frac{1}{2}$t•2t=-$\frac{3}{2}$t2+3t．
情况二：如图3，当$\frac{3}{2}$＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V，
∵EF∥x轴，
∴△IQA∽△IPF，
∴$\frac{AQ}{FP}=\frac{IQ}{IP}$，
即$\frac{3-t}{t-\frac{3}{2}}=\frac{IQ}{3-IQ}$，
解得：IQ=2（3-t）．
∴△AOE与△ABE重叠部分的面积S=S△IQA-S△VQA=$\frac{1}{2}$×（3-t）×2（3-t）-$\frac{1}{2}$（3-t）2=$\frac{1}{2}$（3-t）2=$\frac{1}{2}$t2-3t+$\frac{9}{2}$．
综上所述：s=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}+3t（0＜t≤\frac{3}{2}）}\\{\frac{1}{2}{t}^{2}-3t+\frac{9}{2}（\frac{3}{2}＜t≤3）}\end{array}\right.$．
点评 本题考查了相似三角形的判定和性质、圆的切线的判定、函数关系式，解决本题的关键是作辅助线构建三角形相似，以及数形结合思想的应用．
| A． | $\sqrt{20}$ | B． | $\sqrt{19}$ | C． | $\sqrt{18}$ | D． | $\sqrt{\frac{1}{5}}$ |
如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A落在y轴上，点C落在x轴上，随着顶点C由原点O向x轴正半轴方向运动，顶点A沿y轴负半轴方向运动到终点O，在运动过程中OD的长度变化情况是（ ）| A． | 一直增大 | B． | 一直减小 | C． | 先减小后增大 | D． | 先增大后减少 |