Question

已知在平面直角坐標系中，四邊形OABC是矩形，點A、C的坐標分別為A（3，0）、C（0，4），點D的坐標為D（-5，0），點P是直線AC上的一動點，直線DP與y軸交于點M．問：
（1）當點P運動到何位置時，直線DP平分矩形OABC的面積，請簡要說明理由，并求出此時直線DP的函數(shù)解析式；
（2）當點P沿直線AC移動時，是否存在使△DOM與△ABC相似的點M，若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）當點P沿直線AC移動時，以點P為圓心、半徑長為R（R＞0）畫圓，所得到的圓稱為動圓P．若設動圓P的直徑長為AC，過點D作動圓P的兩條切線，切點分別為點E、F．請?zhí)角笫欠翊嬖谒倪呅蜠EPF的最小面積S，若存在，請求出S的值；若不存在，請說明理由．注：第（3）問請用備用圖解答．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)（經(jīng)過矩形中心的直線把矩形分成面積相等的兩個部分）可知，連接BO與AC交于點H，則當點P運動到點H時，直線DP平分矩形OABC的面積．先求出點P的坐標為P（

3

2

，2），結(jié)合點D坐標利用待定系數(shù)法求直線DP的函數(shù)解析式為：y=

4

13

x+

20

13

．
（2）根據(jù)題意可知存在點M使得△DOM與△ABC相似，設直線DP與y軸的正半軸交于點M（0，y_m）．可利用相似中的相似比分別列出關于點M的坐標有關的方程，求解即可．注意：共有3種情況，要考慮周全．
（3）過D作DP⊥AC于點P，以P為圓心，半徑長為

5

2

畫圓，過點D分別作⊙P的切線DE、DF，點E、F是切點．除P點外在直線AC上任取一點P₁，半徑長為

5

2

畫圓，過點D分別作⊙P的切線DE₁、DF₁，點E₁、F₁是切點．在△DEP和△DFP中，△DPE≌△DPF．所以S_{四邊形DEPF}=2S_△DPE=

5

2

DE．可知當DE取最小值時，S_{四邊形DEPF}的值最小．所以當DE是D點與切點所連線段長的最小值．利用相似求得DE的長，再求得S_{四邊形DEPF}=

3471

4

．

解答：解：（1）連接BO與AC交于點H，則當點P運動到點H時，直線DP平分矩形OABC的面積．理由如下：
∵矩形是中心對稱圖形，且點H為矩形的對稱中心．
又據(jù)經(jīng)過中心對稱圖形對稱中心的任一直線平分此中心對稱圖形的面積，
因為直線DP過矩形OABC的對稱中心點H，所以直線DP平分矩形OABC的面積．（2分）
由已知可得此時點P的坐標為P（

3

2

，2）．
設直線DP的函數(shù)解析式為y=kx+b．
則有

-5k+b=0 3 2 k+b=2

，解得k=

4

13

，b=

20

13

．
所以，直線DP的函數(shù)解析式為：y=

4

13

x+

20

13

．（5分）

（2）存在點M使得△DOM與△ABC相似．
如圖，不妨設直線DP與y軸的正半軸交于點M（0，y_m）．
因為∠DOM=∠ABC，若△DOM與△ABC相似，則有

OM

OD

=

BC

AB

或

OM

OD

=

AB

BC

．
當

OM

OD

=

BC

AB

時，即

ym

5

=

3

4

，解得ym=

15

4

．所以點M₁（0，

15

4

）滿足條件．
當

OM

OD

=

AB

BC

時，即

ym

5

=

4

3

，解得ym=

20

3

．所以點M₂（0，

20

3

）滿足條件．
由對稱性知，點M₃（0，-

15

4

）也滿足條件．
綜上所述，滿足使△DOM與△ABC相似的點M有3個，
分別為M₁（0，

15

4

）、M₂（0，

20

3

）、M₃（0，-

15

4

）．

（3）如圖，過D作DP⊥AC于點P，以P為圓心，半徑長為

5

2

畫圓，
過點D分別作⊙P的切線DE、DF，點E、F是切點．除P點外在直線AC上任取一點P₁，半徑長為

5

2

畫圓，
過點D分別作⊙P的切線DE₁、DF₁，點E₁、F₁是切點．
在△DEP和△DFP中，∠PED=∠PFD，PF=PE，PD=PD，
∴Rt△DPE≌Rt△DPF．
∴S_{四邊形DEPF}=2S_△DPE=2×

1

2

×DE•PE=DE•PE=

5

2

DE．
∴當DE取最小值時，S_{四邊形DEPF}的值最�。�
∵DE²=DP²-PE²，DE₁²=DP₁²-P₁E₁²，
∴DE₁²-DE²=DP₁²-DP²．
∵DP₁＞DP，∴DE₁²-DE²＞0．
∴DE₁＞DE．由P₁點的任意性知：DE是D點與切點所連線段長的最小值．（12分）
在△ADP與△AOC中，∠DPA=∠AOC，
∠DAP=∠CAO，∴△ADP∽△ACO．
∴

DP

DA

=

CO

CA

，即

DP

8

=

4

5

．
∴DP=

32

5

．
∴DE=

DP2-PE2

=

1024 25 - 25 4

=

3471

10

．
∴S_{四邊形DEPF}=

3471

4

，即S=

3471

4

．（14分）
（注：本卷中所有題目，若由其它方法得出正確結(jié)論，請參照標準給分．）

點評：主要考查了一次函數(shù)和幾何圖形的綜合運用．解題的關鍵是會靈活的運用函數(shù)圖象的性質(zhì)和交點的意義求出相應的線段的長度或表示線段的長度，再結(jié)合具體圖形的性質(zhì)求解．