Question

9．（1）問題情境：如圖（1），已知，銳角∠AOB內(nèi)有一定點P，過點P任意作一條直線MN，分別交射線OA、OB于點M、N．將直線MN繞著點P旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中△MON的面積存在最小值．請問當(dāng)直線MN在什么位置時，△MON的面積最小，并說明理由．
方法探究：小明與小亮二人一起研究，一會兒，小明說有辦法了．小亮問：“怎么解決？”小明畫出了圖（2）的四邊形，說：“四邊形ABCD中，AD∥BC，取DC邊的中點E，連結(jié)AE并延長交BC的延長線于點F．顯然有△ADE≌△FCE，則S_{四邊形ABCD}=S_△ABF（S表示面積）．借助這圖和圖中的結(jié)論就可以解決了．”
請你照小明提供的方法完成“問題情境”這個問題．
（2）實際應(yīng)用：如圖（3），若在道路OA、OB之間有一村莊Q發(fā)生疫情，防疫部門計劃以公路OA、OB 和經(jīng)過防疫站P的一條直線MN為隔離線，建立一個面積最小的三角形隔離區(qū)△MON．若測得∠AOB=70°，∠POB=30°，OP=4km，試求△MON的面積．（結(jié)果精確到0.1km²）
（3）拓展延伸：如圖（4），在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A、B、C、P的坐標(biāo)分別為（6，0）、（6，3）、（$\frac{9}{2}$，$\frac{9}{2}$）、（4，2），過點P的直線l與四邊形OABC 一組對邊相交，將四邊形OABC分成兩個四邊形，則其中以點O為頂點的四邊形的面積的最大值是10．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)問題情境的結(jié)論可以得出當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點P是MN的中點時S△MON最小，過點M作MG∥OB交EF于G．由全等三角形的性質(zhì)可以得出結(jié)論；
實際運用：如圖3，作PP₁⊥OB，MM₁⊥OB，垂足分別為P₁，M₁，再根據(jù)條件由三角函數(shù)值就可以求出結(jié)論；
（2）分情況討論當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的一組對邊OC、AB分別交于點M、N，延長OC、AB交于點D，由條件可以得出AD=6，就可以求出△OAD的面積，再根據(jù)問題遷移的結(jié)論就可以求出最大值；
（3）當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的另一組對邊CB、OA分別交M、N，延長CB交x軸于T，由B、C的坐標(biāo)可得直線BC的解析式，就可以求出T的坐標(biāo)，從而求出△OCT的面積，再由問題遷移的結(jié)論可以求出最大值，通過比較就可以求出結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點P是MN的中點時S_△MON最小，
如圖（1），過點P的另一條直線EF交OA、OB于點E、F，設(shè)PF＜PE，過點M作MG∥OB交EF于G，
由方法探究可以得出當(dāng)P是MN的中點時S_{四邊形MOFG}=S_△MON．                 
∵S_{四邊形MOFG}＜S_△EOF，
∴S_△MON＜S_△EOF，
∴當(dāng)點P是MN的中點時S_△MON最��；    
（2）實際運用：如圖3，作PP₁⊥OB，MM₁⊥OB，垂足分別為P₁，M₁，
在Rt△OPP₁中，∠POB=30°，
∴PP₁=$\frac{1}{2}$OP=2km，OP₁=OP cos∠POB=2$\sqrt{3}$km，
由方法探究的結(jié)論知道，當(dāng)PM=PN時，△MON的面積最小，
∵PP₁∥MM₁
∴△N PP₁∽△NMM₁
∴MM₁=2PP₁=4 km，M₁P₁=P₁N，
在Rt△OMM₁中，∠AOB=70°，
∴OM₁=$\frac{{MM}_{1}}{tan∠AOB}$=$\frac{4}{tan70°}$ km，
∴M₁P₁=P₁N=（2$\sqrt{3}$-$\frac{4}{tan70°}$）  km，
∴ON=OP₁+P₁N=2$\sqrt{3}$+（2$\sqrt{3}$-$\frac{4}{tan70°}$）=（4$\sqrt{3}$-$\frac{4}{tan70°}$） km，
∴S_△MON=$\frac{1}{2}$ON•MM₁=$\frac{1}{2}$ （4$\sqrt{3}$-$\frac{4}{tan70°}$）×4≈10.8km．                

（3）拓展延伸：①如圖4，當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的一組對邊OC、AB分別交于點M、N，延長OC、AB交于點D，
∵C（$\frac{9}{2}$，$\frac{9}{2}$），
∴∠AOC=45°，
∴AO=AD．
∵A（6，0），
∴OA=6，
∴AD=6．
∴S_△AOD=$\frac{1}{2}$×6×6=18，
由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PN=PM時，△MND的面積最小，
∴四邊形ANMO的面積最大．
作PP₁⊥OA，MM₁⊥OA，垂足分別為P₁，M₁，
∴M₁P₁=P₁A=2，
∴OM₁=M₁M=2，
∴MN∥OA，
∴S_{四邊形OANM}=S_△OMM1+S_{四邊形ANMM1}=$\frac{1}{2}$×2×2+2×4=10
②如圖5，當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的另一組對邊CB、OA分別交M、N，延長CB交x軸于T，
∵C（$\frac{9}{2}$，$\frac{9}{2}$）、B（6，3），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，由題意，得
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9}{2}=\frac{9}{2}k+b}\\{3=6k+b}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=9}\end{array}\right.$，
∴y=-x+9，
當(dāng)y=0時，x=9，
∴T（9，0）．
∴S_△OCT=$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×$9=\frac{81}{4}$，
由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PM=PN時，△MNT的面積最小，
∴四邊形CMNO的面積最大．
∴NP₁=M₁P₁，MM₁=2PP₁=4，
∴4=-x+9，
∴x=5，
∴M（5，4），
∴OM₁=5，
∵P（4，2），
∴OP₁=4，
∴P₁M₁=NP₁=1，
∴ON=3，
∴NT=6，
∴S_△MNT=$\frac{1}{2}$×4×6=12，
∴S_{四邊形OCMN}=$\frac{81}{4}$-12=$\frac{33}{4}$＜10．
∴綜上所述：截得四邊形面積的最大值為10．

點評 本題考查了由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，四邊形的面積公式的運用，三角形的面積公式的運用，分類討論思想的運用，解答時建立數(shù)學(xué)模型解答是關(guān)鍵．