分析 (1)先由直線y=2x+2與y軸交于A點(diǎn),求出A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2),OA=2,根據(jù)OA=2OH,得出OH=1.由MH⊥x軸可知M點(diǎn)橫坐標(biāo)為1,而點(diǎn)M在直線y=2x+2上,所以當(dāng)x=1時(shí),y=2×1+2=4,即M(1,4),再將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入y=$\frac{k}{x}$,即可求出k的值;
(2)先由點(diǎn)N(a,1)是反比例函y=$\frac{4}{x}$(x>0)圖象上的點(diǎn),求出a=4,即點(diǎn)N(4,1).再作N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)N′,連結(jié)MN′,交x軸于點(diǎn)P,此時(shí)PM+PN最。鶕(jù)關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)的坐標(biāo)特征得出點(diǎn)N′(4,-1),利用待定系數(shù)法求出直線MN′的解析式,再令y=0,求出x的值,進(jìn)而得到點(diǎn)P的坐標(biāo);
(3)連接AN,先用待定系數(shù)法求出直線AN的解析式,進(jìn)而可得出E點(diǎn)坐標(biāo),利用S△AMN=S△AEM+S△MNE即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)∵直線y=2x+2與y軸交于A點(diǎn),
∴A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2),OA=2,
∵OA=2OH,
∴OH=1.
∵M(jìn)H⊥x軸,
∴M點(diǎn)橫坐標(biāo)為1,
∵點(diǎn)M在直線y=2x+2上,
∴當(dāng)x=1時(shí),y=2×1+2=4,
∴M(1,4),
∵點(diǎn)M在反比例函數(shù)y=$\frac{k}{x}$(x>0)的圖象上,
∴k=1×4=4;
(2)存在.
∵點(diǎn)N(a,1)是反比例函y=$\frac{4}{x}$(x>0)圖象上的點(diǎn),
∴a=4,即點(diǎn)N(4,1).![]()
作N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)N′,連結(jié)MN′,交x軸于點(diǎn)P,此時(shí)PM+PN最。
∵N與N′關(guān)于x軸,點(diǎn)N(4,1),
∴點(diǎn)N′(4,-1).
設(shè)直線MN′的解析式為y=mx+n,
則$\left\{\begin{array}{l}m+n=4\\ 4m+n=-1\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}m=-\frac{5}{3}\\ n=\frac{17}{3}\end{array}\right.$,
∴直線MN′的解析式為y=-$\frac{5}{3}$x+$\frac{17}{3}$,
令y=0,得x=$\frac{17}{5}$,
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為($\frac{17}{5}$,0);
(3)連接AN,設(shè)直線AN的解析式為y=kx+b(k≠0),
∵A(0,2),N(4,1),
∴$\left\{\begin{array}{l}b=2\\ 4k+b=1\end{array}\right.$,解得k=-$\frac{1}{4}$,
∴直線AN的解析式為y=-$\frac{1}{4}$x+2.
∵M(jìn)(1,4),
∴E(1,$\frac{7}{4}$),
∴ME=4-$\frac{7}{4}$=$\frac{9}{4}$,
∴S△AMN=S△AEM+S△MNE=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{4}$×1+$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{4}$×(4-1)=$\frac{9}{8}$+$\frac{27}{8}$=$\frac{9}{2}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查的是反比例函數(shù)綜合題,涉及到反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題:反比例函數(shù)與一次函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)滿足兩函數(shù)解析式.也考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及軸對(duì)稱的性質(zhì).
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| A. | 8 | B. | 7 | C. | $\frac{15}{2}$ | D. | 6 |
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| A. | 0<x<2 | B. | x<2 | C. | 0<x<3 | D. | x<1或x>3 |
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