Question

（2013•保定一模）如圖1，圖2所示，直線l：y=x+b過點P，點P自原點O開始，沿x軸正半軸以每秒1個單位的速度運動．設(shè)運動時間為t（s），（0≤t≤7）．直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D=90°，A（1，O），B（7，0），C（4，3）．直線l與折線DC-CB交于N，與折線DA-AB交于M，與y軸交于點Q．設(shè)△BMN的面積為S．

（1）用含t的代數(shù)式表示b；
（2）確定S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）t為何值時，S最大；
（4）t為何值時，S等于梯形ABCD面積的一半；
（5）直接寫出t為何值時，△POQ與以P，B，C為頂點的三角形相似．

Answer 1

分析：（1）設(shè)P（t，0），將P點的坐標代入解析式y(tǒng)=x+b就可以求出結(jié)論；
（2）當0≤t≤1和1≤t≤7兩種情況，根據(jù)三角形的面積公式就可以求出其函數(shù)解析式；
（3）分兩種情況0≤t≤1和1≤t≤7由二次函數(shù)的解析式和一次函數(shù)的解析式的性質(zhì)就可以求出S的最大值；
（4）先由條件計算梯形ABCD的面積，再分兩種情況0≤t≤1和1≤t≤7時表示出面積建立方程求出其解即可；
（5）當△POQ∽△PCB和△POQ∽△CPB時根據(jù)相似三角形的性質(zhì)就可以求出t值．

解答：解：（1）∵y=x+b過點P，且P（t，0），
∴0=t+b，
∴b=-t；

（2）∵四邊形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠D=90°，A（1，O），B（7，0），C（4，3），
∴D（1，3）
∴AD=CD=3，AB=7-1=6．
∵y=x+b，當x=0時，y=b，當y=0時，x=-b，
∴OP=|-b|，OQ=|b|，
∴OP=OQ，
∴∠NPB=∠OPQ=45°．
過點C作CK⊥AB于K，
∴BK=7-4=3，CK=AD=3，
∴Rt△CKB為等腰直角三角形，
∴∠CBO=45°．
①當0≤t≤1時，∠NPB=∠PMA=∠DMN=∠DNM=45°，AP=AM=1-t，
∴BQ=7-t，
∴S=S_△NBP-S_△PMB=

1

2

（7-t）×3-

1

2

（1-t）（7-t），
=

1

2

（7-t）（2+t），
=-

1

2

t²+

5

2

t+7
②當1≤t≤7時，M與P重合，AP=AM=t-1，
∵∠NPB=∠CBO=45°，
∴△NPB是等腰直角三角形，過N作NE⊥AB于E，
∴NE=

1

2

PB=

1

2

（7-t），
∴S=

1

2

×（7-t）×

1

2

（7-t），
=

1

4

（7-t）²；

（3）①當0≤t≤1時，
S=-

1

2

t²+

5

2

t+7，
=-

1

2

（t-

5

2

）²+

81

8

，
∵a=-

1

2

＜0，
∴拋物線的開口向下．
∴在對稱軸的左側(cè)，S隨t的增大而增大．
∵對稱軸為直線t=

5

2

，
∴t=1時，S_最大=9；
②當1≤t≤7時，
S=

1

4

（t-7）²；
∵a=

1

4

＞0，
∴拋物線的開口向上．
∴在對稱軸的左側(cè)，S隨t的增大而減小．
∵對稱軸為直線t=7，
∴t=1時，S_最大=9，
綜上所述，t=1時，S_最大=9；

（4）由題意，得
S_梯形ABCD=

1

2

（3+6）×3=

27

2

．
①當0≤t≤1時
S=-

1

2

（t-

5

2

）²+

81

8

=

27

4

，
解得：t=

5±3 3

2

不符合0≤t≤1（舍去），
②當1≤t≤7時，
S=

1

4

（t-7）²=

27

4

，
解得：t=7±3

3

∵1≤t≤7，
∴t=7-3

3

．

（5）當△POQ∽△PCB時，
∴

PO

PC

=

OQ

CB

，
如圖1，在△CBK中，由勾股定理，得
BC=3

2

，
∵OP=t，PQ=

2

t，BP=7-t，
∴

2 t

7-t

=

t

3 2

，
解得：t₁=0（舍去），t₂=1；
當△POQ∽△CPB時，
∴∠POQ=∠BPC=90°，
∴CP⊥AB，
∴PC=3，
∴AP=3，
∴OP=4，
∴t=4．
∴t=1，4時，△POQ與以P，B，C為頂點的三角形相似．

點評：本題考查直角梯形的面積公式的運用，二次函數(shù)的解析式的運用，一次函數(shù)的解析式的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，靈活運用分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．