Question

（2012•道外區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)0是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、點(diǎn)B，直線y=-2x+b分別交x軸、y軸于點(diǎn)C、點(diǎn)D，且0C=20B．設(shè)直線AB、CD相交于點(diǎn)E．
（1）求直線CD的解析式；
（2）動點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿線段BC以每秒鐘

5

個單位的速度向點(diǎn)C勻速移動，同時動點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿線段DC以每秒鐘2

5

個單位的速度向點(diǎn)C勻速移動，當(dāng)P到達(dá)點(diǎn)C時，點(diǎn)Q同時停止移動．設(shè)P點(diǎn)移動的時間為t秒，PQ的長為d（d≠0），求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式，
并直接寫出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，在P、Q．的運(yùn)動過程中，設(shè)直線PQ、直線AB相交于點(diǎn)N．當(dāng)t為何值時，

NQ

PQ

=

2

3

？并判斷此時以點(diǎn)Q為圓心，以3為半徑的⊙Q與直線AB位置關(guān)系，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）對于直線y=x+4，令x=0求出對應(yīng)的y值，即為B的縱坐標(biāo)，確定出B的坐標(biāo)，得到OB的長，由OC=2OB，求出OC的長，確定出C的坐標(biāo)，將C的坐標(biāo)代入直線y=-2x+b中，求出b的值，進(jìn)而確定出直線CD的解析式；
（2）過P作PG垂直于y軸于G點(diǎn)，連接PQ，由路程=速度×?xí)r間，表示出BP與DQ，由一對直角相等，以及一對公共角，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似得到三角形BGP與三角形BOC相似，根據(jù)OB與OC，利用勾股定理求出BC的長，由相似得比例，將各自的值代入表示出BG和GP，由OB-BG表示出OG，進(jìn)而表示出P的坐標(biāo)，同理表示出Q的坐標(biāo)，由P與Q橫坐標(biāo)相等，得到PQ平行于y軸，可得出d為Q與P縱坐標(biāo)之差，表示即可，并由d大于0求出t的范圍；
（3）聯(lián)立直線AB與直線CD解析式，得到關(guān)于x與y的方程組，求出方程組的解得到x與y的值，確定出交點(diǎn)E的坐標(biāo)，由PQ與y軸平行，得到N橫坐標(biāo)與P、Q相同，都為2t，將x=2t代入直線AB解析式中求出對應(yīng)的y值，即為N的縱坐標(biāo)，表示出N的坐標(biāo)，由Q與N的縱坐標(biāo)之差表示出|NQ|，再由NQ：PQ=2：3，得到3NQ=2PQ，然后根據(jù)Q的位置分兩種情況考慮：（i）當(dāng)Q在DE邊上時，得到NQ=12-6t，再由PQ=12-3t，代入比例式中列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到t的值，進(jìn)而確定出DQ的長，由E的坐標(biāo)，利用勾股定理求出DE與CE的長，由EQ=DE-DQ求出EQ的長，過C作CH垂直于直線AB，由AC的長，及直線的傾斜角為45°，得到三角形ACH為等腰直角三角形，利用銳角三角形函數(shù)定義求出CH的長，再過Q作QM垂直于直線AB，由一對直角相等及對頂角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似，得到三角形QME與三角形CHE相似，由相似得比例，將各自的值求出MQ的長，根據(jù)MQ的長大于半徑3，得到此時圓Q與直線AB相離；（ii）當(dāng)Q在EC上時，同理得到NQ=6t-12，求出此時t的值，得到此時圓Q與直線AB相交．

解答：解：（1）對于直線y=x+4，令x=0，
解得：y=4，
故B（0，4），即OB=4，
∴0C=20B=8，即C（8，0），
將x=8，y=0代入直線y=-2x+b得：0=-16+b，
解得：b=16，
則直線CD的解析式為y=-2x+16；

（2）過點(diǎn)P作PG⊥OB于G點(diǎn)，連接PQ，如圖2所示，
由題意得：BP=

5

t，DQ=2

5

t，
由OB=4，OC=8，根據(jù)勾股定理得：BC=

OB2+OC2

=4

5

，
∵∠BGP=∠BOC=90°，又∠GBP=∠OBC，
∴△BPG∽△BCO，
∴

BG

BO

=

GP

OC

=

BP

BC

，即

BG

4

=

GP

8

=

5 t

4 5

，
整理得：BG=t，GP=2t，
∴OG=OB-BG=4-t，
∴P（2t，4-t），
同理Q（2t，16-4t），
∴PQ∥y軸，
∴d=PQ=（16-4t）-（4-t）=12-3t（0≤t＜4）；

（3）聯(lián)立直線AB與直線CD解析式得：

y=x+4 y=-2x+16

，
解得：

x=4 y=8

，
∴E（4，8），
由PQ∥y軸，得到N（2t，2t+4），
∴NQ=|12-6t|，
∵

NQ

PQ

=

2

3

，
∴3NQ=2PQ，
（i）當(dāng)Q在DE上時，3（12-6t）=2（12-3t），
解得：t=1，
∴DQ=2

5

，
又E（4，8），∴DE=CE=

82+42

=4

5

，
∴EQ=DE-DQ=4

5

-2

5

=2

5

，
過C作CH⊥AB于H點(diǎn)，如圖3所示，
∵AC=12，直線AB的解析式y(tǒng)=x+4的傾斜角為45°，即△ACH為等腰直角三角形，
∴CH=ACcos45°=6

2

，
過Q作QM⊥AB于M，
∵∠QEM=∠HEC，∠MQE=∠CHE=90°，
∴△MQE∽△HCE，
∴

MQ

EQ

=

CH

EC

，即

MQ

2 5

=

6 2

4 5

，
∴MQ=3

2

，
∴t=1時，以點(diǎn)Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相離；
（ii）當(dāng)Q在EC上時，3（6t-12）=2（12-3t），
解得：t=

5

2

，
同理，此時以Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相交，
綜上所述，t=1或t=

5

2

時，

NQ

PQ

=

2

3

；當(dāng)t=1時，以點(diǎn)Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相離；當(dāng)t=

5

2

時，此時以Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相交．

點(diǎn)評：此題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，利用了轉(zhuǎn)化及分類討論的數(shù)學(xué)思想，是一道中考中的常考的壓軸題．