Question

2．如圖在平面直角坐標系中，四邊形OABC是菱形，點C的坐標為（3，4），平行于對角線AC的直線m從原點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，設(shè)直線m與菱形OABC的兩邊分別交于點M、N，直線m運動的時間為t（秒）．

（1）求點B的坐標；
（2）當MN=$\frac{1}{2}$AC時，求t的值；
（3）設(shè)△OMN的面積為S，求S與t的函數(shù)表達式，并確定S的最大值．

Answer 1

分析 （1）過點C作CH⊥OA于H，由勾股定理求出OC，得出CB，即可得出結(jié)果；
（2）分兩種情況：①當0≤t≤5時，由菱形的性質(zhì)得出OA=AB=BC=OC=5，OC∥AB．由平行線得出△OMN∽△OAC，得出比例式求出OM即可；
②當5≤t≤10時，設(shè)直線MN與OA交于點E．，同①可得AM=$\frac{5}{2}$．在證出△AEM∽△OAC．得出對應(yīng)邊成比例求出AM=AE，得出OE即可；
（3）分兩種情況①當0≤t＜5時，求出△OAC的面積，再由相似三角形的性質(zhì)得出$\frac{{{S_{△OMN}}}}{{{S_{△OAC}}}}={（{\frac{OM}{OA}}）^2}$，即可得出結(jié)果；
②當5≤t≤10時，過點M作MT⊥x軸于T，由△BMN∽△AME可知，MT=$\frac{4}{5}$（t-5），得出S_△OMN=S_△ONE-S_△OME=$-\frac{2}{5}{（{t-5}）^2}+10$；即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）過點C作CH⊥OA于H，如圖1所示：
∵C （3，4），
∴CH=4，OH=3，
∴OC=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5，
∵四邊形OABC是菱形，
∴CB=OC=5，5+3=8，
∴點B的坐標為（8，4）；                                     
（2）分兩種情況：
①當0≤t≤5時，
如圖2所示：
∵四邊形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=OC=5，OC∥AB．
∵MN∥AC，
∴△OMN∽△OAC，
∴$\frac{MN}{AC}=\frac{OM}{OA}$．
∵$MN=\frac{1}{2}AC$，
∴$OM=\frac{1}{2}OA$
∴$OM=\frac{5}{2}$，
∴$t=\frac{5}{2}$．
②當5≤t≤10時，如圖3所示：
設(shè)直線MN與OA交于點E．，同①可得AM=$\frac{5}{2}$．
∵OC∥AB，MN∥AC，
∴∠COA=∠MAE，∠CAO=∠MEA，
∴△AEM∽△OAC．
∴$\frac{AE}{OA}=\frac{AM}{OC}$．
∵OC=OA，
∴AM=AE，
∴$OE=\frac{15}{2}$，
∴$t=\frac{15}{2}$．
綜上所述：$t=\frac{5}{2}$或$t=\frac{15}{2}$．
（3）分兩種情況：
①當0≤t＜5時（如圖1），${S_{△OAC}}=\frac{1}{2}OA•CH=10$．
∵△OMN∽△OAC，
∴$\frac{{{S_{△OMN}}}}{{{S_{△OAC}}}}={（{\frac{OM}{OA}}）^2}$，即$\frac{{S}_{△OMN}}{10}=（\frac{t}{5}）^{2}$，
∴$S=\frac{2}{5}{t^2}$（0≤t＜5）；
②當5≤t≤10時，過點M作MT⊥x軸于T，如圖4所示：
由△BMN∽△AME可知，MT=$\frac{4}{5}$（t-5），
∴S_△OMN=S_△ONE-S_△OME=$-\frac{2}{5}{（{t-5}）^2}+10$；
綜上所述：S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{5}{t}^{2}（0≤t＜5）}\\{-\frac{2}{5}（t-5）^{2}+10（5≤t≤10）}\end{array}\right.$；
∴當t=5時，S_最大值=10．

點評 本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)、二次函數(shù)的最值問題等知識；本題綜合性強，有一定難度，特別是（2）和（3）中，需要進行分類討論才能得出結(jié)果．