Question

20．如圖，四邊形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸的正半軸上，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥y于點(diǎn)M，OE=OA=3，OD=1，連接AE、BE、DE．已知tan∠CBE=$\frac{1}{3}$，B（1，4）．
（1）求證：△AEO∽△BEM；
（2）求證：CB是△ABE外接圓的切線；
（3）設(shè)△AOE沿x軸正方向平移t個(gè)單位長(zhǎng)度（0＜t≤3）時(shí)，△AOE與△ABE重疊部分的面積為s，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并指出t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點(diǎn)B的坐標(biāo)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°，從而得到△AEO～△BEM．
（2）由（1）知，∠OEA+∠MEB=90°，求出∠BEA=180°-∠OEA-∠MEB=90°，得到AB是△ABE外接圓的直徑，通過(guò)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外接圓的切線．     
（3）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．將A（3，0），B（1，4）代入y=kx+b，求得y=-2x+6；過(guò)點(diǎn)E作射線EF∥x軸交AB于點(diǎn)F，求出點(diǎn)F（$\frac{3}{2}$，3），分兩種情況進(jìn)行討論：
情況一：如圖2，當(dāng)0＜t≤$\frac{3}{2}$時(shí)，設(shè)△AOE平移到△PNM的位置，MD交AB于點(diǎn)H，MN交AE于點(diǎn)G．則ON=AP=t，過(guò)點(diǎn)H作LK⊥x軸于點(diǎn)K，交EF于點(diǎn)L，利用△AHP∽△FHM，△FHL∽△AHK，求得HK=2t，所以△AOE與△ABE重疊部分的面積S=S_△MNP-S_△GNA-S_△HAP，
情況二：如圖3，當(dāng)$\frac{3}{2}$＜t≤3時(shí)，設(shè)△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于點(diǎn)I，交AE于點(diǎn)V，利用△IQA∽△IPF，解得IQ=2（3-t）所以，△AOE與△ABE重疊部分的面積S=S_△IQA-S_△VQA．

解答 解：（1）證明：如圖1，

∵點(diǎn)B的坐標(biāo)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外接圓的直徑．                    
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外接圓的切線．           
（3）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．
將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．
過(guò)點(diǎn)E作射線EF∥x軸交AB于點(diǎn)F，
當(dāng)y=3時(shí)，得x=$\frac{3}{2}$，
∴F（$\frac{3}{2}$，3）．     
情況一：如圖2，當(dāng)0＜t≤$\frac{3}{2}$時(shí)，設(shè)△AOE平移到△PNM的位置，MD交AB于點(diǎn)H，MN交AE于點(diǎn)G．

則ON=AD=t，過(guò)點(diǎn)H作LK⊥x軸于點(diǎn)K，交EF于點(diǎn)L，
∵EF∥x軸，
∴△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與△ABE重疊部分的面積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．
情況二：如圖3，當(dāng)$\frac{3}{2}$＜t≤3時(shí)，設(shè)△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于點(diǎn)I，交AE于點(diǎn)V，

∵EF∥x軸，
∴△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與△ABE重疊部分的面積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+$\frac{9}{2}$．
綜上所述：s=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}+3t（0＜t≤\frac{3}{2}）}\\{\frac{1}{2}{t}^{2}-3t+\frac{9}{2}（\frac{3}{2}＜t≤3）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、圓的切線的判定、函數(shù)關(guān)系式，解決本題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)建三角形相似，以及數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．