Question

14．如图，矩形OABC摆放在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=8，OC=6．

（1）求直线AC的表达式；
（2）若直线y=x+b与矩形OABC没有公共点，则b的取值范围是b＜-8或b＞6，；
（3）已知点D为OB的中点，两动点P，Q同时从原点O出发，点P沿x轴正半轴向右运动，点Q沿射线OB运动，且运动的速度都是每秒1个单位长度．设运动时间为t秒，以点A，D，P，Q为顶点的四边形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．

Answer 1

分析 （1）由条件可先求得A、C两点的坐标，再利用待定系数法可求得直线AC的解析式；
（2）当直线y=x+b过C点和A点时，可求得b的最大值和最小值，可求得b的取值范围；
（3）可先求得BD=10，当0＜t＜5时，可知S=S_△OAD-S_△OPQ；当5≤t＜8时，S=S_△OAQ-S_△OPD；当t≥8时，S=S_△OPQ-S_△OAD；分别用t表示出相应的线段，可得到S与t的函数关系式．

解答 解：（1）∵OA=8，OC=6，
∴A（8，0），C（0，6），
设直线AC解析式为y=kx+m，
把A、C两点坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{0=8k+m}\\{6=m}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{m=6}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+6；
（2）由图象可知当直线y=x+b过点C时，把C点坐标代入可得6=0+b，
∴b=6；
当直线y=x+b过点A时，把A点坐标代入可得0=8+b，解得b=-8，
∵若直线y=x+b与矩形OABC没有公共点
∴b的取值范围为b＜-8或b＞6，
故答案为b＜-8或b＞6；
（3）由OA=8，OC=6，可求得AC=10，
∴BD=10，
∵D为OB中点，
∴OD=5，
过D作DE⊥x轴于点E，则DE为△OAB的中位线，
∴DE=$\frac{1}{2}$AB=3，OE=$\frac{1}{2}$OA=4，
∴D点坐标为（4，3）
当0＜t＜5时，如图1，过Q作QF⊥x轴于点F，连接PQ、DA，

则OP=OQ=t，
∵DE∥QF，
∴$\frac{QF}{DE}$=$\frac{OQ}{OD}$，即$\frac{QF}{3}$=$\frac{t}{5}$，解得QF=$\frac{3t}{5}$，
∴S=S_△OAD-S_△OPQ=$\frac{1}{2}$OA•DE-$\frac{1}{2}$OP•QF=$\frac{1}{2}$×8×3-$\frac{1}{2}$t（$\frac{3}{5}$t）=-$\frac{3}{10}$t²+12；
当5≤t＜8时，如图2，过Q作QF⊥x轴于点F，连接PD、QA，

则OP=OQ=t，
∵DE∥QF，
∴$\frac{QF}{DE}$=$\frac{OQ}{OD}$，即$\frac{QF}{3}$=$\frac{t}{5}$，解得QF=$\frac{3t}{5}$，
∴S=S_△OAQ-S_△ODP=$\frac{1}{2}$OA•DF-$\frac{1}{2}$OP•DE=$\frac{1}{2}$×8（$\frac{3}{5}$t）-$\frac{1}{2}$t×3=$\frac{9}{10}$t；
当t≥8时，如图3，过Q作QF⊥x于点F，连接PQ、AD，

则OP=OQ=t，
∵DE∥QF，
∴$\frac{QF}{DE}$=$\frac{OQ}{OD}$，即$\frac{QF}{3}$=$\frac{t}{5}$，解得QF=$\frac{3t}{5}$，
∴S=S_△OPQ-S_△OAD=$\frac{3}{10}$t²-12；
综上可知S与t的函数关系式为S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{10}{t}^{2}+12t（0＜t＜5）}\\{\frac{9}{10}t（5≤t＜8）}\\{\frac{3}{10}{t}^{2}-12（t≥8）}\end{array}\right.$．

点评 本题主要考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行线分线段成比例、矩形的性质及三角形的面积等知识点．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中确定出b的最大值和最小值时直线的位置是解题的关键，在（3）中用t表示出四边形的面积是解题的关键，注意分情况来进行讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．