Question

20．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=kx+b的圖象與x軸負(fù)半軸相交于點(diǎn)A，與y軸正半軸相交于點(diǎn)B，△AOB的面積為18，且k值是方程k²+k-2=0的一個(gè)根．

（1）求一次函數(shù)的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸正半軸運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P出發(fā)的同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒$\sqrt{2}$個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線AB運(yùn)動(dòng)，連接BP、PQ，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，△BPQ的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，設(shè)PQ與BO交點(diǎn)為點(diǎn)D，過點(diǎn)A作BP的垂線，垂足為點(diǎn)G，與PQ相交于點(diǎn)E，與BO相交于點(diǎn)F，當(dāng)PD=2EF時(shí)，求線段FG的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由k²+k-2=0解得k=1或-2（舍棄），推出一次函數(shù)的解析式為y=x+b，推出A（-b，0），B（0，b），由題意$\frac{1}{2}$b²=18，求出b即可；
（2）分兩種情形求解①如圖1中，當(dāng)0＜t≤6時(shí)，②如圖2中，當(dāng)t＞6時(shí)，即可；
（3）分兩種情形求解①如圖3中，作QH⊥OA于H交AG于K．連接FQ，DK，只要證明四邊形QFDK是矩形以及△BFG∽△BPO，可得$\frac{FG}{OP}$=$\frac{BF}{PB}$，由此即可解決問題；②如圖4中，作QH⊥OA于H交AG于K．連接FQ，DK，同法可知PD=2DQ，解法類似；

解答 解：（1）由k²+k-2=0解得k=1或-2（舍棄），
∴一次函數(shù)的解析式為y=x+b，
∴A（-b，0），B（0，b），
由題意$\frac{1}{2}$b²=18，
∵b＞0，
∴b=6，
∴一次函數(shù)的解析式為y=x+6．

（2）①如圖1中，當(dāng)0＜t≤6時(shí)，

S=S_△BAP-S_△PQA=$\frac{1}{2}$（6+t）•6-$\frac{1}{2}$（6+t）•t=-$\frac{1}{2}$t²+18，
②如圖2中，當(dāng)t＞6時(shí)，

S=S_△PQA-S_△PAB=$\frac{1}{2}$•（6+t）•t-$\frac{1}{2}$（6+t）•6=$\frac{1}{2}$t²-18．

（3）①如圖3中，作QH⊥OA于H交AG于K．連接FQ，DK，

由題意AH=QH=OP=t，
易證△PQH≌△AFO，△POD≌△AKH，
∴OF=HQ，KH=OD，
∴QK=DF，
易證四邊形QFDK是矩形，
∴FK=DQ=2EF，
∵PD=2EF，
∴PD=DQ，
∵OD∥QH，
∴OH=OP=t，
∴2t=6，
∴t=3，
∵△BFG∽△BPO，
∴$\frac{FG}{OP}$=$\frac{BF}{PB}$，
∴$\frac{FG}{3}$=$\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
∴FG=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$．
②如圖4中，作QH⊥OA于H交AG于K．連接FQ，DK，同法可知PD=2DQ，


∵QH∥OD，
∴HO=HP，
∵AH=OP=t，
∴OA=PH=OH=6，
∴t=12，
∵△BFG∽△BPO，
∴$\frac{FG}{OP}$=$\frac{BF}{PB}$，
$\frac{FG}{12}$=$\frac{6}{6\sqrt{5}}$，
∴FG=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．
綜上所述，F(xiàn)G的值為$\frac{3\sqrt{5}}{5}$或$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查一次函數(shù)綜合題、動(dòng)點(diǎn)問題、相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)、三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用方法求三角形面積，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程，屬于中考?jí)狠S題．