如图1.在平面直角坐标系中.直线y=$\frac{1}{2}x+\sqrt{5}$与x轴.y轴分别交于A.B两点.将△ABO绕原点O顺时针旋转得到△A′B′O′.并使OA′⊥AB.垂足为D.直线AB与线段A′B′相交于点G.动点E从原点O出发.以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动.设动点E运动的时间为t秒．(1)求点D的坐标,(2)连接DE.当DE与线段OB′相交.交� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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20．如图1，在平面直角坐标系中，直线y=$\frac{1}{2}x+\sqrt{5}$与x轴、y轴分别交于A、B两点，将△ABO绕原点O顺时针旋转得到△A′B′O′，并使OA′⊥AB，垂足为D，直线AB与线段A′B′相交于点G，动点E从原点O出发，以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，设动点E运动的时间为t秒．
（1）求点D的坐标；
（2）连接DE，当DE与线段OB′相交，交点为F，且四边形DFB′G是平行四边形时（如图2），求此时线段DE所在直线的解析式；
（3）若以动点E为圆心，以2$\sqrt{5}$为半径作⊙E，连接A′E，t为何值时，tan∠EA′B′=$\frac{1}{8}$，并判断此时直线A′O与⊙E的位置关系，请说明理由．

分析（1）由一次函数解析式可得A，B点的坐标，利用勾股定理可得AB的值，利用等积可得OD的值，过点D作DH⊥x轴于点H．利用正切函数求出DH=2OH，OH=a，则DH=2a．利用勾股定理可得a的值．即可求出点D的坐标；
（2）设DE与y轴交于点M．四边形DFB′G是平行四边形，可得DF∥B′G，易证△DOM是等腰三角形，△DMB是等腰三角形，可得点M是OB中点，可得出M的坐标，利用待定系数法即可求出线段DE所在直线解析式．
（3）分两种情况①当E点在N点左侧点E₁位置时，②当E点在N点右侧点E₂位置时，分别求解即可．

解答解：（1）∵直线y=$\frac{1}{2}x+\sqrt{5}$与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（-2$\sqrt{5}$，0），B（0，$\sqrt{5}$），
∴OA=2$\sqrt{5}$，OB=$\sqrt{5}$，
∴AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{20+5}$=5，
∵OD⊥AB，
∴$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$AB•OD，
∴OD=$\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}$=2．
过点D作DH⊥x轴于点H．（如图1）

∵∠BAO+∠ADH=∠ODH+∠ADH=90°，
∴∠ODH=∠BAO，
∴tan∠ODH=tan∠BAO=$\frac{1}{2}$，
∴DH=2OH．
设OH=a，则DH=2a．
∴a²+4a²=4，
∴a=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴OH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，DH=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
∴D（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）；
（2）如图2，设DE与y轴交于点M．

∵四边形DFB′G是平行四边形，
∴DF∥B′G，
∴∠ODE=∠A′．
又∵∠AOD+∠DOM=∠AOD+∠OAD=90°，
∴∠BAO=∠DOM．
∵∠BAO=∠A′，
∴∠ODE=∠DOM，
∴DM=OM，
∵∠MDG+∠ODE=90°，∠MBD+∠DOM=90°，
∴∠MDG=∠MBD，
∴BM=DM，
∴BM=OM，
∴点M是OB中点，
∴M（0，$\frac{\sqrt{5}}{2}$）．
设线段DE所在直线解析式为y=kx+b．
把M（0，$\frac{\sqrt{5}}{2}$），D（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4\sqrt{5}}{5}$）代入y=kx+b，
得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{5}}{2}=b}\\{\frac{4\sqrt{5}}{5}=-\frac{2\sqrt{5}}{5}k+b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$．
∴线段DE所在直线的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{\sqrt{5}}{2}$；
（3）设直线A′B′交x轴于点N，（如图3）过点A′作A′K⊥x轴于点K．

∵∠AOD=∠A′OK，∠ADO=∠A′KO=90°，OA=OA′=2$\sqrt{5}$，
∴△AOD≌△A′OK，
∴OK=2，
∴A′K=4，
∴A′（-2，4）．
过点B′作B′T⊥y轴于点T，同理△OBD≌△B′OT，
∴B′（2，1）．
设直线A′B′的解析式为y=k₁x+b₁．
则$\left\{\begin{array}{l}{1=2{k}_{1}+{b}_{1}\\;}\\{4=-2{k}_{1}+{b}_{1}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{{k}_{1}=-\frac{3}{4}}\\{{b}_{1}=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$．
∴直线A′B′的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{5}{2}$．
∴N（$\frac{10}{3}$，0），
∴KN=$\frac{16}{3}$，
∴A′N=$\sqrt{A′{K}^{2}+K{N}^{2}}$=$\frac{20}{3}$．
①当E点在N点左侧点E₁位置时，过点E₁作E₁Q₁⊥A′N于点Q₁．
∵tan∠A′NK=$\frac{A′K}{KN}$=$\frac{3}{4}$，
∴设E₁Q₁=3m，则Q₁N=4m．
又∵tan∠E₁A′B′=$\frac{1}{8}$，
∴A′Q₁=24m，
∴28m=$\frac{20}{3}$，
∴m=$\frac{5}{21}$，
∴E₁N=$\frac{25}{21}$，
∴OE₁=ON-E₁N=$\frac{15}{7}$，此时t=$\frac{15}{7}$．
过点E₁作E₁S₁⊥A′O于点S₁．
∵sin∠E₁OS₁=sin∠A′OK，
∴$\frac{{E}_{1}S1}{O{E}_{1}}$=$\frac{A′K}{OA′}$，
∴E₁S₁=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$×$\frac{15}{7}$=$\frac{6\sqrt{5}}{7}$，
∵⊙E的半径为2$\sqrt{5}$，而$\frac{6\sqrt{5}}{7}$＜2$\sqrt{5}$，
∴⊙E₁与直线A′O相交．
②当E点在N点右侧点E₂位置时，
过点E₂作E₂Q₂⊥A′N于点Q₂．
同理OE₂=5，此时t=5．
过点E₂作E₂S₂⊥A′O于点S₂．
同理E₂S₂=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$×5=2$\sqrt{5}$．
∵⊙E的半径为2$\sqrt{5}$，
∴⊙E₂与直线A′O相切．
∴当t=$\frac{15}{7}$或t=5时，tan∠EA′B′=$\frac{1}{8}$；
当t=$\frac{15}{7}$时直线A′O与⊙E相交，当t=5时直线A′O与⊙E相切．

点评本题主要考查了一次函数综合题，涉及三角形全等的判定及性质，一次函数解析式，切线的判定，正弦及勾股定理等知识，作出合适的辅助线是解决问题的一个关键，同时要熟记一些定理或推论．

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①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△AEP与△BPQ是否全等，请说明理由，并判断此时线段PE和线段PQ的位置关系；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，运动时间为t秒，设△PEQ的面积为S cm²，请用t的代数式表示S；
③若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△AEP与△BPQ全等？
（2）若点Q以③中的运动速度从点B出发，点P以原来的运动速度从点A同时出发，都逆时针沿矩形ABCD的四条边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在矩形ABCD的哪条边上相遇？

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15．