Question

17．如圖，矩形OABC中，點(diǎn)A，點(diǎn)C分別在x軸，y軸上，D為邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，現(xiàn)把△OCD沿OD對(duì)折，C點(diǎn)落在點(diǎn)P處．已知點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，2）．
（1）當(dāng)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，2）時(shí)，求P點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）在點(diǎn)D沿BC從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B的過(guò)程中，設(shè)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)度為l，求l的值；
（3）在點(diǎn)D沿BC從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B的過(guò)程中，若點(diǎn)P落在同一條直線y=kx+4上的次數(shù)為2次，請(qǐng)直接寫(xiě)出k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）依照題意畫(huà)出圖形，根據(jù)點(diǎn)D的坐標(biāo)結(jié)合矩形的性質(zhì)即可得出四邊形OCDP是正方形，由此即可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）由OP的長(zhǎng)度為定值，可知點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡為以2為半徑的圓弧，結(jié)合點(diǎn)B的坐標(biāo)借助于特殊角的三角函數(shù)值得出∠COP=120°，再套用弧長(zhǎng)公式即可得出結(jié)論；
（3）取點(diǎn)E（0，4），過(guò)點(diǎn)E作⊙O（弧CP段）的切線EP′，切點(diǎn)為P′，連接PP′，找出點(diǎn)P、P′的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出k的值，再結(jié)合圖形即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，當(dāng)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，2）時(shí)，CD=2，
∵OC=2，且四邊形OABC為矩形，
∴四邊形OCDP是正方形，
∴OP=2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，0）．
（2）如圖2，∵在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，OP=OC始終成立，
∴OP=2為定長(zhǎng)，
∴點(diǎn)P在以點(diǎn)O為圓心，以2為半徑的圓上．
∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，2），
∴tan∠COB=$\frac{BC}{OC}$=$\sqrt{3}$，
∴∠COB=60°，∠COP=120°，
∴l(xiāng)=$\frac{120°}{360°}$×2π×2=$\frac{4}{3}$π．
（3）在圖2的基礎(chǔ)上，取點(diǎn)E（0，4），過(guò)點(diǎn)E作⊙O（弧CP段）的切線EP′，切點(diǎn)為P′，連接PP′，如圖3所示．
∵OE=4，OP′=2，
∴sin∠OEP′=$\frac{OP′}{OE}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠OEP′=30°，
∴∠EOP′=60°．
∵∠COP=120°，
∴∠POP′=60°．
∵OP=OP′=60°，
∴△OPP′為等邊三角形，
∵OP=2，
∴P（$\sqrt{3}$，-1），P′（$\sqrt{3}$，1）．
當(dāng)點(diǎn)P在直線y=kx+4上時(shí)，有-1=$\sqrt{3}$k+4，
∴k=-$\frac{5\sqrt{3}}{3}$；
當(dāng)點(diǎn)P′在直線y=kx+4上時(shí)，有1=$\sqrt{3}$k+4，
∴k=-$\sqrt{3}$．
綜上可知：若點(diǎn)P落在同一條直線y=kx+4上的次數(shù)為2次，則k的取值范圍為-$\frac{5\sqrt{3}}{3}$≤k＜-$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)以及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是：（1）找出四邊形OCDP是正方形；（2）找出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧；（3）求出點(diǎn)P、P′的坐標(biāo)．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，依照題意畫(huà)出圖形，利用數(shù)形結(jié)合解決問(wèn)題是關(guān)鍵．