解：过

D

作

D H ⊥ B C

于

H

，如图：

由（2）得 $D E = 3$ ，

$∴ O E = 5$ ，

$∴ C E = \sqrt{O E^{2} - O C^{2}} = 3$ ，

$∵ ∠ O C E = ∠ D H E = 90 °$ ， $∠ C E O = ∠ D E H$ ，

$∴ △ C E O ∽ △ H E D$ ，

$∴ \frac{O C}{D H} = \frac{C E}{E H} = \frac{O E}{D E}$ ，即 $\frac{4}{D H} = \frac{3}{E H} = \frac{5}{3}$ ，

$∴ D H = \frac{12}{5}$ ， $E H = \frac{9}{5}$ ，

$∴ D (\frac{24}{5} ， \frac{32}{5})$ ，

由 $B (8 ， 4)$ 得直线 $O B$ 解析式为 $y = \frac{1}{2} x$ ，

由 $D (\frac{24}{5} ， \frac{32}{5})$ 得直线 $O D$ 解析式为 $y = \frac{4}{3} x$ ，

由 $B (8 ， 4)$ ， $D (\frac{24}{5} ， \frac{32}{5})$ 得直线 $B D$ 解析式为 $y = - \frac{3}{4} x + 10$ ，

当 $0 \leq t \leq \frac{24}{5}$ 时，设直线 $l$ 交 $O D$ 于 $F$ ，交 $O B$ 于 $G$ ，如图：

在 $y = \frac{4}{3} x$ 中令 $x = t$ 得 $y = \frac{4}{3} t$ ，

$∴ F (t ， \frac{4}{3} t)$ ，

在 $y = \frac{1}{2} x$ 中令 $x = t$ 得 $y = \frac{1}{2} t$ ，

$∴ G (t ， \frac{1}{2} t)$ ，

$∴ F G = \frac{4}{3} t - \frac{1}{2} t = \frac{5}{6} t$ ，

$∴ S = \frac{1}{2} \times \frac{5}{6} t \times t = \frac{5}{12} t^{2}$ ；

当 $\frac{24}{5} < t \leq 8$ 时，设直线 $l$ 交 $B D$ 于 $M$ ，交 $O B$ 于 $N$ ，如图：

在 $y = - \frac{3}{4} x + 10$ 中令 $x = t$ 得 $y = - \frac{3}{4} t + 10$ ，

$∴ M (t ， - \frac{3}{4} t + 10)$ ，

在 $y = \frac{1}{2} x$ 中令 $x = t$ 得 $y = \frac{1}{2} t$ ，

$∴ N (t ， \frac{1}{2} t)$ ，

$∴ M N = - \frac{3}{4} t + 10 - \frac{1}{2} t = - \frac{5}{4} t + 10$ ，

$∴ S_{△ B M N} = \frac{1}{2} \times (- \frac{5}{4} t + 10) \times (8 - t) = \frac{5}{8} t^{2} - 10 t + 40$ ，

$∴ S = \frac{1}{2} \times 4 \times 8 - (\frac{5}{8} t^{2} - 10 t + 40) = - \frac{5}{8} t^{2} + 10 t - 24$ ；

$∴ S = {\begin{array}{l} \frac{5}{12} t^{2} (0 \leq t \leq \frac{24}{5}) \\ - \frac{5}{8} t^{2} + 10 t - 24 (\frac{24}{5} < t \leq 8) \end{array}$ ．

广东省清远市阳山县2023年中考一模数学试卷