Question

20．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=$\frac{1}{2}x+\sqrt{5}$與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，將△ABO繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′B′O′，并使OA′⊥AB，垂足為D，直線AB與線段A′B′相交于點(diǎn)G，動點(diǎn)E從原點(diǎn)O出發(fā)，以1個(gè)單位/秒的速度沿x軸正方向運(yùn)動，設(shè)動點(diǎn)E運(yùn)動的時(shí)間為t秒．
（1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）連接DE，當(dāng)DE與線段OB′相交，交點(diǎn)為F，且四邊形DFB′G是平行四邊形時(shí)（如圖2），求此時(shí)線段DE所在直線的解析式；
（3）若以動點(diǎn)E為圓心，以2$\sqrt{5}$為半徑作⊙E，連接A′E，t為何值時(shí)，tan∠EA′B′=$\frac{1}{8}$，并判斷此時(shí)直線A′O與⊙E的位置關(guān)系，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由一次函數(shù)解析式可得A，B點(diǎn)的坐標(biāo)，利用勾股定理可得AB的值，利用等積可得OD的值，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H．利用正切函數(shù)求出DH=2OH，OH=a，則DH=2a．利用勾股定理可得a的值．即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）設(shè)DE與y軸交于點(diǎn)M．四邊形DFB′G是平行四邊形，可得DF∥B′G，易證△DOM是等腰三角形，△DMB是等腰三角形，可得點(diǎn)M是OB中點(diǎn)，可得出M的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出線段DE所在直線解析式．
（3）分兩種情況①當(dāng)E點(diǎn)在N點(diǎn)左側(cè)點(diǎn)E₁位置時(shí)，②當(dāng)E點(diǎn)在N點(diǎn)右側(cè)點(diǎn)E₂位置時(shí)，分別求解即可．

解答 解：（1）∵直線y=$\frac{1}{2}x+\sqrt{5}$與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，
∴A（-2$\sqrt{5}$，0），B（0，$\sqrt{5}$），
∴OA=2$\sqrt{5}$，OB=$\sqrt{5}$，
∴AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{20+5}$=5，
∵OD⊥AB，
∴$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$AB•OD，
∴OD=$\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}$=2．
過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H．（如圖1）

∵∠BAO+∠ADH=∠ODH+∠ADH=90°，
∴∠ODH=∠BAO，
∴tan∠ODH=tan∠BAO=$\frac{1}{2}$，
∴DH=2OH．
設(shè)OH=a，則DH=2a．
∴a²+4a²=4，
∴a=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴OH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，DH=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
∴D（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）；
（2）如圖2，設(shè)DE與y軸交于點(diǎn)M．

∵四邊形DFB′G是平行四邊形，
∴DF∥B′G，
∴∠ODE=∠A′．
又∵∠AOD+∠DOM=∠AOD+∠OAD=90°，
∴∠BAO=∠DOM．
∵∠BAO=∠A′，
∴∠ODE=∠DOM，
∴DM=OM，
∵∠MDG+∠ODE=90°，∠MBD+∠DOM=90°，
∴∠MDG=∠MBD，
∴BM=DM，
∴BM=OM，
∴點(diǎn)M是OB中點(diǎn)，
∴M（0，$\frac{\sqrt{5}}{2}$）．
設(shè)線段DE所在直線解析式為y=kx+b．
把M（0，$\frac{\sqrt{5}}{2}$），D（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）代入y=kx+b，
得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{5}}{2}=b}\\{\frac{4\sqrt{5}}{5}=-\frac{2\sqrt{5}}{5}k+b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$．
∴線段DE所在直線的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{\sqrt{5}}{2}$；
（3）設(shè)直線A′B′交x軸于點(diǎn)N，（如圖3）過點(diǎn)A′作A′K⊥x軸于點(diǎn)K．

∵∠AOD=∠A′OK，∠ADO=∠A′KO=90°，OA=OA′=2$\sqrt{5}$，
∴△AOD≌△A′OK，
∴OK=2，
∴A′K=4，
∴A′（-2，4）．
過點(diǎn)B′作B′T⊥y軸于點(diǎn)T，同理△OBD≌△B′OT，
∴B′（2，1）．
設(shè)直線A′B′的解析式為y=k₁x+b₁．
則$\left\{\begin{array}{l}{1=2{k}_{1}+_{1}\\;}\\{4=-2{k}_{1}+_{1}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{{k}_{1}=-\frac{3}{4}}\\{_{1}=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$．
∴直線A′B′的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$．
∴N（$\frac{10}{3}$，0），
∴KN=$\frac{16}{3}$，
∴A′N=$\sqrt{A′{K}^{2}+K{N}^{2}}$=$\frac{20}{3}$．
①當(dāng)E點(diǎn)在N點(diǎn)左側(cè)點(diǎn)E₁位置時(shí)，過點(diǎn)E₁作E₁Q₁⊥A′N于點(diǎn)Q₁．
∵tan∠A′NK=$\frac{A′K}{KN}$=$\frac{3}{4}$，
∴設(shè)E₁Q₁=3m，則Q₁N=4m．
又∵tan∠E₁A′B′=$\frac{1}{8}$，
∴A′Q₁=24m，
∴28m=$\frac{20}{3}$，
∴m=$\frac{5}{21}$，
∴E₁N=$\frac{25}{21}$，
∴OE₁=ON-E₁N=$\frac{15}{7}$，此時(shí)t=$\frac{15}{7}$．
過點(diǎn)E₁作E₁S₁⊥A′O于點(diǎn)S₁．
∵sin∠E₁OS₁=sin∠A′OK，
∴$\frac{{E}_{1}S1}{O{E}_{1}}$=$\frac{A′K}{OA′}$，
∴E₁S₁=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$×$\frac{15}{7}$=$\frac{6\sqrt{5}}{7}$，
∵⊙E的半徑為2$\sqrt{5}$，而$\frac{6\sqrt{5}}{7}$＜2$\sqrt{5}$，
∴⊙E₁與直線A′O相交．
②當(dāng)E點(diǎn)在N點(diǎn)右側(cè)點(diǎn)E₂位置時(shí)，
過點(diǎn)E₂作E₂Q₂⊥A′N于點(diǎn)Q₂．
同理OE₂=5，此時(shí)t=5．
過點(diǎn)E₂作E₂S₂⊥A′O于點(diǎn)S₂．
同理E₂S₂=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$×5=2$\sqrt{5}$．
∵⊙E的半徑為2$\sqrt{5}$，
∴⊙E₂與直線A′O相切．
∴當(dāng)t=$\frac{15}{7}$或t=5時(shí)，tan∠EA′B′=$\frac{1}{8}$；
當(dāng)t=$\frac{15}{7}$時(shí)直線A′O與⊙E相交，當(dāng)t=5時(shí)直線A′O與⊙E相切．

點(diǎn)評 本題主要考查了一次函數(shù)綜合題，涉及三角形全等的判定及性質(zhì)，一次函數(shù)解析式，切線的判定，正弦及勾股定理等知識，作出合適的輔助線是解決問題的一個(gè)關(guān)鍵，同時(shí)要熟記一些定理或推論．