Question

（2009•哈爾濱）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點O是坐標(biāo)原點，四邊形ABCO是菱形，點A的坐標(biāo)為（-3，4），點C在x軸的正半軸上，直線AC交y軸于點M，AB邊交y軸于點H．
（1）求直線AC的解析式；
（2）連接BM，如圖2，動點P從點A出發(fā)，沿折線ABC方向以2個單位/秒的速度向終點C勻速運動，設(shè)△PMB的面積為S（S≠0），點P的運動時間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式（要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時，∠MPB與∠BCO互為余角，并求此時直線OP與直線AC所夾銳角的正切值．

Answer 1

【答案】分析：（1）已知A點的坐標(biāo)，就可以求出OA的長，根據(jù)OA=OC，就可以得到C點的坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法就可以求出函數(shù)解析式．
（2）點P的位置應(yīng)分P在AB和BC上，兩種情況進行討論．當(dāng)P在AB上時，△PMB的底邊PB可以用時間t表示出來，高是MH的長，因而面積就可以表示出來．
（3）本題可以分兩種情況進行討論，當(dāng)P點在AB邊上運動時：設(shè)OP與AC相交于點Q連接OB交AC于點K，證明△AQP∽△CQO，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，以及勾股定理可以求出AQ，QC的長，在直角△OHB中，根據(jù)勾股定理，可以得到tan∠OQC．
當(dāng)P點在BC邊上運動時，可證△BHM∽△PBM和△PQC∽△OQA，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，就可以求出OK，KQ就可以求出．
解答：解：（1）過點A作AE⊥x軸垂足為E，如圖（1）
∵A（-3，4），
∴AE=4 OE=3，
∴OA==5，
∵四邊形ABCO為菱形，
∴OC=CB=BA=0A=5，
∴C（5，0）（1分）
設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b，
∵，
∴，
∴直線AC的解析式為y=-x+．（1分）

（2）由（1）得M點坐標(biāo)為（0，），
∴OM=，
如圖（1），當(dāng)P點在AB邊上運動時
由題意得OH=4，
∴HM=OH-OM=4-=，
∴s=BP•MH=（5-2t）•，
∴s=-t+（0≤t＜），2分
當(dāng)P點在BC邊上運動時，記為P₁，
∵∠OCM=∠BCM，CO=CB，CM=CM，
∴△OMC≌△BMC，
∴OM=BM=，∠MOC=∠MBC=90°，
∴S=P₁B•BM=（2t-5），
∴S=t-（＜t≤5），2分

（3）設(shè)OP與AC相交于點Q連接OB交AC于點K，
∵∠AOC=∠ABC，
∴∠AOM=∠ABM，
∵∠MPB+∠BCO=90°，∠BAO=∠BCO，∠BAO+∠AOH=90°，
∴∠MPB=∠AOH，
∴∠MPB=∠MBH．
當(dāng)P點在AB邊上運動時，如圖（2）
∵∠MPB=∠MBH，
∴PM=BM，
∵MH⊥PB，
∴PH=HB=2，
∴PA=AH-PH=1，
∴t=，（1分）
∵AB∥OC，
∴∠PAQ=∠OCQ，
∵∠AQP=∠CQO，
∴△AQP∽△CQO，
∴==，
在Rt△AEC中，AC===4，
∴AQ=，QC=，
在Rt△OHB中，OB===2，
∵AC⊥OB，OK=KB，AK=CK，
∴OK=，AK=KC=2，
∴QK=AK-AQ=，
∴tan∠OQC==，（1分）
當(dāng)P點在BC邊上運動時，如圖（3），
∵∠BHM=∠PBM=90°，∠MPB=∠MBH，
∴tan∠MPB=tan∠MBH，
∴=，即=，
∴BP=，
∴t=，（1分）
∴PC=BC-BP=5-．
由PC∥OA，同理可證△PQC∽△OQA，
∴=，
∴=，
CQ=AC=，
∴QK=KC-CQ=，
∵OK=，
∴tan∠OQK=．（1分）
綜上所述，當(dāng)t=時，∠MPB與∠BCO互為余角，直線OP與直線AC所夾銳角的正切值為．
當(dāng)t=時，∠MPB與∠BCO互為余角，直線OP與直線AC所夾銳角的正切值為1．
點評：本題主要考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，求三角函數(shù)值的問題可以轉(zhuǎn)化為求直角三角形的邊的比的問題．