Question

20．如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x-15|+$\sqrt{y-13}$=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=$\frac{3}{4}$
（1）求点B的坐标；
（2）求直线BN的解析式；
（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．

Answer 1

分析 （1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；
（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得$\frac{OM}{ON}$=$\frac{3}{4}$，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为?BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S_{四边形BNN′B′}-S_△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．

解答 解：
（1）∵|x-15|+$\sqrt{y-13}$=0，
∴x=15，y=13，
∴OA=BC=15，AB=OC=13，
∴B（15，13）；
（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，

由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，
∵tan∠CBD=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{DF}{BF}$=$\frac{3}{4}$，且BF²+DF²=BD²=15²，解得BF=12，DF=9，
∴CF=OE=15-12=3，DE=EF-DF=13-9=4，
∵∠CND+∠CBD=360°-90°-90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，
∴∠ONM=∠CBD，
∴$\frac{OM}{ON}$=$\frac{3}{4}$，
∵DE∥ON，
∴$\frac{ME}{DE}$=$\frac{OM}{ON}$=$\frac{3}{4}$，且OE=3，
∴$\frac{OM-3}{4}$=$\frac{3}{4}$，解得OM=6，
∴ON=8，即N（0，8），
把N、B的坐标代入y=kx+b可得$\left\{\begin{array}{l}{b=8}\\{15k+b=13}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{3}}\\{b=8}\end{array}\right.$，
∴直线BN的解析式为y=$\frac{1}{3}$x+8；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，
当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，

由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，
∴S=NN′•OA=15t；
当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，

∵NN′=t，
∴可设直线B′N′解析式为y=$\frac{1}{3}$x+8-t，
令y=0，可得x=3t-24，
∴OG=24，
∵ON=8，NN′=t，
∴ON′=t-8，
∴S=S_{四边形BNN′B′}-S_△OGN′=15t-$\frac{1}{2}$（t-8）（3t-24）=-$\frac{3}{2}$t²+39t-96；
综上可知S与t的函数关系式为S=$\left\{\begin{array}{l}{15t（0＜t≤8）}\\{-\frac{3}{2}{t}^{2}+39t-96（8＜t≤13）}\end{array}\right.$．

点评 本题为一次函数的综合应用，涉及非负数的性质、待定系数法、矩形的性质、三角函数的定义、折叠的性质、平行线分线段成比例、平移的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意非负数的性质的应用，在（2）中求得N点的坐标是解题的关键，在（3）中确定出扫过的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．