每日一题：2020-10-16

每日一题: 2020-10-16

题目: 如图, 在平面直角坐标系中, 四边形$OABC$ 是矩形, $OA=16$ cm, $OC=8\sqrt{2}$cm,
两动点$M,N$ 分别从$O,C$ 同时出发, $M$ 在线段$OA$ 上沿$OA$ 方向以每秒$2$ cm 的速度
匀速运动, $N$ 在线段$CO$ 上沿$CO$ 方向以每秒$\sqrt{2}$ cm 的速度匀速运动, 设运动时
间为$t$ 秒$(0\lt t\lt 8)$.
(1) 求$\triangle OMN$ 的面积的最大值;
(2) 四边形$OMBN$ 的面积是一个定值吗? 若是, 求出定值; 若不是, 请说明理由;
(3) 当$\triangle OMN$ 与$\triangle ABM$ 和$\triangle MBN$ 都相似, 抛物线$y=\frac{1}{4}x^2+bx+c$
经过$B,M$ 两点, 过线段$BM$ 上一动点作$x$ 轴的垂线交抛物线于点$Q$, 交$NB$ 于点$H$,
当线段$PQ$ 的长取得最大值时, 求$\triangle PBH$ 的面积.

参考思路

(1) $S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}ON\cdot OM=\frac{1}{2}\times 2t\times \sqrt{2}(8-t)=-\sqrt{2}(t-4)^2+16\sqrt{2}$
所以当$t=4$ 时, $S_{\triangle OMN}$ 取得最大值$16\sqrt{2}$.

(2) 是一个定值, 理由如下:
$\because S_{OMBN}=S_{OABC}-S_{\triangle BCN}-S_{\triangle ABM}=OA\cdot OC-\frac{1}{2}BC\cdot CN-\frac{1}{2}AB\cdot AM$
$=16\times 8\sqrt{2}-\frac{1}{2}\times 16\times \sqrt{2}t-\frac{1}{2}8\sqrt{2}\times (16-2t)=64\sqrt{2}$.
$\because $ 四边形$OMBN$ 的面积是一个定值, 该定值为$64\sqrt{2}$.

(3)当$\triangle OMN\backsim \triangle ABM \backsim \triangle MBN$ 时, $\triangle BMN$ 必须是直角三角形.
$\therefore \angle BMN=90^{\circ}$
$\therefore \frac{MO}{AB}=\frac{ON}{MA}$ 即$\frac{2t}{8\sqrt{2}}=\frac{8\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{16-2t}\Rightarrow t=4$ 或8(舍去)
$\therefore OM=8, ON=4\sqrt{2}\Rightarrow M(8,0), N(0,4\sqrt{2})$
易求得直线$BM$ 解析式为: $y=\sqrt{2}x-8\sqrt{2}$, 直线$BN$ 的解析式为: $y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+4\sqrt{2}$.
$\therefore $ 抛物线的解析式$y=\frac{1}{4}x^2+bx+c$ 经过$B(16,8\sqrt{2}), M(8,0)$
代入可得抛物线解析式: $y=\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)x+32-8\sqrt{2}$.
设$P(t,\sqrt{2}t-8\sqrt{2})$, 则$Q(t,\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2}),H(t,\frac{\sqrt{2}t}{4}+4\sqrt{2})$
$\therefore PQ=\sqrt{2}t-8\sqrt{2}-(\frac{1}{4}t^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2})=\frac{1}{4}t^2+6t-32=-\frac{1}{4}(t-12)^2+4$
所以当$t=12$ 时, $PQ$ 最大值是$4$, 此时$P(12,4\sqrt{2}), H(12,7\sqrt{2})$,
$\therefore S_{PBH}=\frac{1}{2}\times 4\times 3\sqrt{2}=6\sqrt{2}$.