Question

（2013•連云港）小明在一次數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)問題作如下探究：
問題情境：如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，點(diǎn)E為DC邊的中點(diǎn)，連接AE并延長交BC的延長線于點(diǎn)F，求證：S_{四邊形ABCD}=S_△ABF（S表示面積）

問題遷移：如圖2：在已知銳角∠AOB內(nèi)有一個(gè)定點(diǎn)P．過點(diǎn)P任意作一條直線MN，分別交射線OA、OB于點(diǎn)M、N．小明將直線MN繞著點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)的過程中發(fā)現(xiàn)，△MON的面積存在最小值，請(qǐng)問當(dāng)直線MN在什么位置時(shí)，△MON的面積最小，并說明理由．

實(shí)際應(yīng)用：如圖3，若在道路OA、OB之間有一村莊Q發(fā)生疫情，防疫部門計(jì)劃以公路OA、OB和經(jīng)過防疫站P的一條直線MN為隔離線，建立一個(gè)面積最小的三角形隔離區(qū)△MON．若測得∠AOB=66°，∠POB=30°，OP=4km，試求△MON的面積．（結(jié)果精確到0.1km²）（參考數(shù)據(jù)：sin66°≈0.91，tan66°≈2.25，

3

≈1.73）
拓展延伸：如圖4，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A、B、C、P的坐標(biāo)分別為（6，0）（6，3）（

9

2

，

9

2

）、（4、2），過點(diǎn)p的直線l與四邊形OABC一組對(duì)邊相交，將四邊形OABC分成兩個(gè)四邊形，求其中以點(diǎn)O為頂點(diǎn)的四邊形面積的最大值．

Answer 1

分析：問題情境：根據(jù)可以求得△ADE≌△FCE，就可以得出S_△ADE=S_△FCE就可以得出結(jié)論；
問題遷移：根據(jù)問題情境的結(jié)論可以得出當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)時(shí)S△MON最小，過點(diǎn)M作MG∥OB交EF于G．由全等三角形的性質(zhì)可以得出結(jié)論；
實(shí)際運(yùn)用：如圖3，作PP₁⊥OB，MM₁⊥OB，垂足分別為P₁，M₁，再根據(jù)條件由三角函數(shù)值就可以求出結(jié)論；
拓展延伸：分情況討論當(dāng)過點(diǎn)P的直線l與四邊形OABC的一組對(duì)邊OC、AB分別交于點(diǎn)M、N，延長OC、AB交于點(diǎn)D，由條件可以得出AD=6，就可以求出△OAD的面積，再根據(jù)問題遷移的結(jié)論就可以求出最大值；
當(dāng)過點(diǎn)P的直線l與四邊形OABC的另一組對(duì)邊CB、OA分別交M、N，延長CB交x軸于T，由B、C的坐標(biāo)可得直線BC的解析式，就可以求出T的坐標(biāo)，從而求出△OCT的面積，再由問題遷移的結(jié)論可以求出最大值，通過比較久可以求出結(jié)論．

解答：解：問題情境：∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠F，∠D=∠FCE．
∵點(diǎn)E為DC邊的中點(diǎn)，
∴DE=CE．
∵在△ADE和△FCE中，

∠DAE=∠F ∠D=∠FCE DE=CE

，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴S_△ADE=S_△FCE，
∴S_{四邊形ABCE}+S_△ADE=S_{四邊形ABCE}+S_△FCE，
即S_{四邊形ABCD}=S_△ABF；

問題遷移：出當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)時(shí)S_△MON最小，如圖2，
過點(diǎn)P的另一條直線EF交OA、OB于點(diǎn)E、F，設(shè)PF＜PE，過點(diǎn)M作MG∥OB交EF于G，
由問題情境可以得出當(dāng)P是MN的中點(diǎn)時(shí)S_{四邊形MOFG}=S_△MON．
∵S_{四邊形MOFG}＜S_△EOF，
∴S_△MON＜S_△EOF，
∴當(dāng)點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)時(shí)S_△MON最�。�

實(shí)際運(yùn)用：如圖3，作PP₁⊥OB，MM₁⊥OB，垂足分別為P₁，M₁，
在Rt△OPP₁中，
∵∠POB=30°，
∴PP₁=

1

2

OP=2，OP₁=2

3

．
由問題遷移的結(jié)論知道，當(dāng)PM=PN時(shí)，△MON的面積最小，
∴MM₁=2PP₁=4，M₁P₁=P₁N．
在Rt△OMM₁中，
tan∠AOB=

MM1

OM1

，
2.25=

4

OM1

，
∴OM₁=

16

9

，
∴M₁P₁=P₁N=2

3

-

16

9

，
∴ON=OP₁+P₁N=2

3

+2

3

-

16

9

=4

3

-

16

9

．
∴S_△MON=

1

2

ON•MM₁=

1

2

（4

3

-

16

9

）×4=8

3

-

32

9

≈10.3km²．

拓展延伸：①如圖4，當(dāng)過點(diǎn)P的直線l與四邊形OABC的一組對(duì)邊OC、AB分別交于點(diǎn)M、N，延長OC、AB交于點(diǎn)D，
∵C（

9

2

，

9

2

），
∴∠AOC=45°，
∴AO=AD．
∴A（6，0），
∴OA=6，
∴AD=6．
∴S_△AOD=

1

2

×6×6=18，
由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PN=PM時(shí)，△MND的面積最小，
∴四邊形ANMO的面積最大．
作PP₁⊥OA，MM₁⊥OA，垂足分別為P₁，M₁，
∴M₁P₁=P₁A=2，
∴OM₁=M₁M=2，
∴MN∥OA，
∴S_{四邊形OANM}=S_△OMM1+S_{四邊形ANPP1}=

1

2

×2×2+2×4=10
②如圖5，當(dāng)過點(diǎn)P的直線l與四邊形OABC的另一組對(duì)邊CB、OA分別交M、N，延長CB交x軸于T，
∵C（

9

2

，

9

2

）、B（6，3），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，由題意，得

9 2 = 9 2 k+b 3=6k+b

，
解得：

k=-1 b=9

，
∴y=-x+9，
當(dāng)y=0時(shí)，x=9，
∴T（9，0）．
∴S_△OCT=

1

2

×

9

2

×9=

81

4

．
由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PM=PN時(shí)，△MNT的面積最小，
∴四邊形CMNO的面積最大．
∴NP₁=M₁P₁，MM₁=2PP₁=4，
∴4=-x+9，
∴x=5，
∴M（5，4），
∴OM₁=5．
∵P（4，2），
∴OP₁=4，
∴P₁M₁=NP₁=1，
∴ON=3，
∴NT=6．
∴S_△MNT=

1

2

×4×6=12，
∴S_{四邊形OCMN}=

81

4

-12=

33

4

＜10．
∴綜上所述：截得四邊形面積的最大值為10．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，四邊形的面積公式的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，分類討論思想的運(yùn)用，解答時(shí)建立數(shù)學(xué)模型解答是關(guān)鍵．