Question

13．定義：對于平面直角坐標系中的任意直線MN及點P，取直線MN上一點Q，線段PQ與直線MN成30°角的長度稱為點P到直線MN的30°角的距離，記作d（P→MN）．
已知O為坐標原點，A（4，0），B（3，3）是平面直角坐標系中兩點．根據(jù)上述定義，解答下列問題：
（1）點A到直線OB的30°角的距離d（A→OB）=4$\sqrt{2}$；
（2）已知點G到線段OB的30°角的距離d（G→OB）=2，且點G的橫坐標為1，則點G的縱坐標為1+$\sqrt{2}$或1-$\sqrt{2}$．．
（3）若點A到直線l：y=kx+1的30°角的距離d（A→l）=4，求k的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作AF⊥OB于F，在OB上取一點E，使得∠AEF=30°，則d（A→OB）=AE．求出AE的長即可解決問題；
（2）如圖2中，作GF⊥OB于F，∠GEO=30°，GE=2，推出FG=$\frac{1}{2}$EG=1，設(shè)直線x=1與直線OB交于點H，與x軸交于M，求出GM的值即可，同法可得G′的坐標；
（3）如圖3中，作AF⊥直線l：y=kx+1于F，直線l交x軸于H，交y軸于G，設(shè)H（m，0），由△HOG∽△HFA，可得$\frac{OG}{AF}$=$\frac{HG}{AH}$，列出方程即可解決問題，同法可得當(dāng)G在直線OB下方時G′（1，1-$\sqrt{2}$）；

解答 解：（1）如圖1中，作AF⊥OB于F，在OB上取一點E，使得∠AEF=30°，則d（A→OB）=AE．

∵B（3，3），
∴∠AOF=∠OAF=45°，
∵OA=4，
∴AF=OF=2$\sqrt{2}$，
在Rt△AEF中，AE=2AF=4$\sqrt{2}$．
故答案為4$\sqrt{2}$．

（2）如圖2中，作GF⊥OB于F，∠GEO=30°，GE=2，

∴FG=$\frac{1}{2}$EG=1，
設(shè)直線x=1與直線OB交于點H，與x軸交于M，
∵∠GHF=∠HGF=45°，OM=HM=1，GF=HF=1，
∴GH=$\sqrt{2}$，
∴G（1，1+$\sqrt{2}$），
當(dāng)G在直線OB下方時，同法可得G′（1，1-$\sqrt{2}$），
故答案為1+$\sqrt{2}$或1-$\sqrt{2}$．

（3）如圖3中，作AF⊥直線l：y=kx+1于F，直線l交x軸于H，交y軸于G，設(shè)H（m，0），

易知OG=1，AE=4，AF=2，OA=4，
由△HOG∽△HFA，
∴$\frac{OG}{AF}$=$\frac{HG}{AH}$，
∴$\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{1+{m}^{2}}}{4-m}$
解得m=$\frac{-2\sqrt{13}-4}{3}$或$\frac{-2\sqrt{13}+4}{3}$（舍棄），
∴H（$\frac{-2\sqrt{13}-4}{3}$，0），代入y=kx+1，得到k=$\frac{3}{2\sqrt{13}+4}$=$\frac{2\sqrt{13}-4}{12}$=$\frac{\sqrt{13}-2}{6}$，
當(dāng)直線l經(jīng)過一、二、四象限如圖所示，同法可得k=-$\frac{3}{-4+2\sqrt{13}}$=-$\frac{\sqrt{13}+2}{6}$．

點評 本題考查一次函數(shù)綜合題．直角三角形30度角性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．