1．(2021·寧夏中考)如圖，已知直線y＝kx＋3與x軸的正半軸交于點A，與y軸交于點B，sin∠OAB＝eq\f(3,5).(1)求k的值；(2)D，E兩點同時從坐標原點O出發，其中點D以每秒1個單位長度的速度，沿O→A→B的路線運動，點E以每秒2個單位長度的速度，沿O→B→A的路線運動．當D，E兩點相遇時，它們都停止運動，設運動時間為t秒．①在D，E兩點運動過程中，是否存在DE∥OB？若存在，求出t的值，若不存在，請說明理由；②若設△OED的面積為S，求S關于t的函數關系式，并求出t為多少時，S的值最大．【解析】(1)直線y＝kx＋3，當x＝0時，y＝3，∴B(0，3)，∴OB＝3，∵∠AOB＝90°，且sin∠OAB＝eq\f(3,5)，∴eq\f(OB,AB)＝eq\f(3,5)，∴AB＝eq\f(5,3)OB＝eq\f(5,3)×3＝5，∴OA＝eq\r(52－32)＝4，∴A(4，0)，把A(4，0)代入y＝kx＋3得0＝4k＋3，解得k＝－eq\f(3,4).(2)①不存在，理由如下：在OA上取一點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，連接BF，當0＜t＜eq\f(3,2)時，如圖1，OD＝t，OE＝2t，∵eq\f(OD,OF)＝eq\f(t,\f(3,2))＝eq\f(2,3)t，eq\f(OE,OB)＝eq\f(2t,3)＝eq\f(2,3)t，∴eq\f(OD,OF)＝eq\f(OE,OB)，∵∠DOE＝∠FOB，∴△ODE∽△OFB，∴∠ODE＝∠OFB，∴DE∥BF，當t＝eq\f(3,2)時，DE與BF重合，∴當0＜t≤eq\f(3,2)時，不存在DE∥OB；當eq\f(3,2)＜t＜4時，如圖2，AF＝4－eq\f(3,2)＝eq\f(5,2)，AD＝4－t，AE＝8－2t，∵eq\f(AD,AF)＝eq\f(4－t,\f(5,2))＝eq\f(8－2t,5)，eq\f(AE,AB)＝eq\f(8－2t,5)，∴eq\f(AD,AF)＝eq\f(AE,AB)，同理可證DE∥BF，∴此時不存在DE∥OB，綜上所述，不存在DE∥OB.②當0＜t≤eq\f(3,2)時，如圖1，S△OED＝eq\f(1,2)OD·OE＝eq\f(1,2)t×2t＝t2，∴S＝t2，∵a＝1＞0，∴S隨t的增大而增大，∴當t＝eq\f(3,2)時，S最大＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,4)；當eq\f(3,2)＜t＜4時，如圖2，作EG⊥x軸，則EG∥BO，∴△AGE∽△AOB，∴eq\f(GE,OB)＝eq\f(AE,AB)，∴GE＝eq\f(OB,AB)·AE＝eq\f(3,5)(8－2t)，∴S△OED＝eq\f(1,2)OD·GE＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)t(8－2t)＝－eq\f(3,5)t2＋eq\f(12,5)t，∴S＝－eq\f(3,5)t2＋eq\f(12,5)t，∵S＝－eq\f(3,5)t2＋eq\f(12,5)t＝－eq\f(3,5)(t－2)2＋eq\f(12,5)，且－eq\f(3,5)＜0，eq\f(3,2)＜2＜4，∴當t＝2時，S最大＝eq\f(12,5)，∵eq\f(12,5)＞eq\f(9,4)，∴當t＝2時，S的最大值為eq\f(12,5)，綜上所述，S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2（0＜t≤\f(3,2)）,－\f(3,5)t2＋\f(12,5)t（\f(3,2)＜t＜4）))，當t＝2時，S的最大值為eq\f(12,5).2．(2016·寧夏中考)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，動點Q從點A出發，以每秒1個單位的速度，沿AB向點B移動；同時點P從點B出發，仍以每秒1個單位的速度，沿BC向點C移動，連接QP，QD，PD.若兩個點同時運動的時間為x秒(0<x≤3)，解答下列問題：(1)設△QPD的面積為S，用含x的函數關系式表示S；當x為何值時，S有最小值？并求出最小值．(2)是否存在x的值，使得QP⊥DP？試說明理由．【解析】(1)設AQ＝BP＝x，則BQ＝3－x，PC＝4－x，則S＝S矩形ABCD－S△ADQ－S△BPQ－S△CDP＝12－eq\f(1,2)x×4－eq\f(1,2)x×(3－x)－eq\f(1,2)×3×(4－x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋6.∴S＝eq\f(1,2)x2－2x＋6＝eq\f(1,2)(x－2)2＋4，當x＝2時，S有最小值，最小值是4.(2)假設存在x的值，使得QP⊥DP.由(1)知，QP2＝x2＋(3－x)2，PD2＝9＋(4－x)2，QD2＝x2＋16.則x2＋(3－x)2＋9＋(4－x)2＝x2＋16，整理，得x2－7x＋9＝0.解得x＝eq\f(7±\r(13),2).又∵0＜x≤3，∴x＝eq\f(7－\r(13),2).所以存在x的值，使得QP⊥DP.3．(2017·寧夏中考)在邊長為2的等邊三角形ABC中，P是BC邊上任意一點，過點P分別作PM⊥AB，PN⊥AC，M，N分別為垂足．(1)求證：不論點P在BC邊的何處時都有PM＋PN的長恰好等于三角形ABC一邊上的高．(2)當BP的長為何值時，四邊形AMPN的面積最大？并求出最大值．【解析】(1)連接AP，∵△ABC是等邊三角形，故不妨設AB＝BC＝AC＝a，其中BC邊上的高記作h，∵PM⊥AB，PN⊥AC，∴S△ABC＝S△ABP＋S△ACP＝eq\f(1,2)AB·MP＋eq\f(1,2)AC·PN＝eq\f(1,2)a(PM＋PN)，又∵S△ABC＝eq\f(1,2)BC·h＝eq\f(1,2)ah，∴PM＋PN＝h，即不論點P在BC邊的何處時都有PM＋PN的長恰好等于三角形ABC一邊上的高．(2)設BP＝x，在Rt△BMP中，∠BMP＝90°，∠B＝60°，BP＝x，∴BM＝BP·cos60°＝eq\f(1,2)x，MP＝BP·sin60°＝eq\f(\r(3),2)x，∴S△BMP＝eq\f(1,2)BM·MP＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)x·eq\f(\r(3),2)x＝eq\f(\r(3),8)x2；∵PC＝2－x，同理可得：S△PNC＝eq\f(\r(3),8)(2－x)2；又∵S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴S四邊形AMPN＝S△ABC－S△BMP