题目内容
如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,Rt△OAB的直角边0A在x轴正半轴上,且OA=4,AB=2,将△OAB沿某条直线翻折,使OA与y轴正半轴的OC重合、点B的对应点为点D,连接AD交OB于点E.
(1)求AD所在直线的解析式:
(2)连接BD,若动点M从点A出发,以每秒2个单位的速度沿射线A0运动,线段AM的垂直平分线交直线AD于点N,交直线BD子Q,设线段QN的长为y(y≠0),点M的运动时间为t秒,求y与t之问的函数关系式(直接写出自变量t的取值范围);
(3)在(2)的条件下,连接MN,当t为何值时,直线MN与过D、E、O三点的圆相切,并求出此时切点的坐标.
(1)解:∵△OAB≌△OCD,
∴OC=OA=4,AB=CD=2,
∴D(2,4),
∵直线AD过A(4,0)和D(2,4),
∴设直线AD的解析式是y=kx+b,
代入得:,
解得:k=-2,b=8,
∴AD所在直线的解析式是y=-2x+8;
(2)解:∵D(2,4),B(4,2),
∴设直线BD的解析式是y=ax+c
代入得:,
解得:a=-1,c=6,
∴直线BD的解析式是y=-x+6,
∵直线NQ垂直平分AM,
∴NH⊥AM,AH=HM=AM=×2t=t,
分为两种情况:①当0<t<2时,如图a,
∵OH=4-t,
∴H(4-t,0),
∴点Q、N的横坐标是4-t,
∴N的纵坐标是-2(4-t)+8=2t,
Q的纵坐标是-(4-t)+6=t+2,
∴NQ=(t+2)-2t=2-t,
即y=2-t(0<t<2);
②当t>2时,同法可求y=t-2,如图b
综合上述:y=;
(3)解:分为两种情况:①当AM<4时,如图c,
过D作DF⊥OA于F,则CD∥OF,CD=OF=2,
∵OA=4,
∴OF=AF=2,
∵DF⊥OA,
∴OD=AD,∠ODC=∠DOF=∠DAF,
∵△OAB≌△OCD,
∴∠COD=∠AOB,
∵∠COD+∠AOD=90°,
∴∠OED=∠AOB+∠OAD=90°,
∴OD为经过D、E、O三点的圆的直径,OD的中点O′为圆心.
∵在Rt△OCD中,OD2=CD2+OC2,
∴OD=2,tan∠COD=,tan∠ODC=2,
∴tan∠ODC=tan∠DOF=tan∠DAF=2,
∴AD=2,
∵AM=2t,
∴AH=MH=t,
∴在Rt△AHN中,由勾股定理得:AN=t,
∴==,==,
∴=,
∵∠OAD=∠MAN,
∴△OAD∽△OMN,
∴∠AOD=∠AMN,
∴MN∥OD,
连接O′G,过G作GK⊥OA于点K,过M作MH⊥OD于点H,
∵MN是⊙O′的切线,G为切点,
∴O′G⊥MN,
∴∠O′GM=∠OO′G=90°,
∵MH⊥OD,
∴∠O′BM=∠OHM=90°,
∴四边形O′HMG是矩形,
∴HM=O′G=,MG=O′H,
∵在Rt△OHM中,tan∠HOM=2,
∴OH=,OM=,
∴O′H=MG=,
∵在Rt△GKM中,tan∠GMK=2,
∴GK=1,MK=,
∴OK=3,
∴G(3,1),
∵OM+AM=OA,
∴+2t=4,
∴t=,
②当AM>4时,如图d,同理可求当t=时,切点G(-1,3),
∴当t=或时,直线MN与过D、E、O三点的圆相切,切点分别为G(3,1)或(-1,3).
分析:(1)求出A和D的坐标代入直线AD的解析式y=kx+b得出方程组,求出即可;
(2)把B和D的坐标代入直线BD的解析式y=ax+c得出方程组,求出即可,得出N、Q的横坐标,代入求出N、Q的纵坐标,即可求出y;
(3)分为两种情况:①当AM<4时,画出图形,过D作DF⊥OA于F,则CD∥OF,CD=OF=2,求出∠OED=90°,得出OD为经过D、E、O三点的圆的直径,OD的中点O′为圆心.根据勾股定理求出OD=2,tan∠COD=,tan∠ODC=2,求出AD=2,AH=MH=t,根据勾股定理得出AN=t,推出=,证△OAD∽△OMN,推出MN∥OD,连接O′G,过G作GK⊥OA于点K,过M作MH⊥OD于点H,得出四边形O′HMG是矩形,起初G(3,1),根据OM+AM=OA,得出+2t=4,求出t;②当AM>4时,同法能求出t的值.
点评:本题考查了相似三角形的性质和判定,切线的性质,勾股定理,矩形的性质和判定,全等三角形的性质和判定等知识点,主要考查了学生综合运用性质进行推理和计算的能力,本题综合性比较强,难度偏大.
∴OC=OA=4,AB=CD=2,
∴D(2,4),
∵直线AD过A(4,0)和D(2,4),
∴设直线AD的解析式是y=kx+b,
代入得:,
解得:k=-2,b=8,
∴AD所在直线的解析式是y=-2x+8;
(2)解:∵D(2,4),B(4,2),
∴设直线BD的解析式是y=ax+c
代入得:,
解得:a=-1,c=6,
∴直线BD的解析式是y=-x+6,
∵直线NQ垂直平分AM,
∴NH⊥AM,AH=HM=AM=×2t=t,
分为两种情况:①当0<t<2时,如图a,
∵OH=4-t,
∴H(4-t,0),
∴点Q、N的横坐标是4-t,
∴N的纵坐标是-2(4-t)+8=2t,
Q的纵坐标是-(4-t)+6=t+2,
∴NQ=(t+2)-2t=2-t,
即y=2-t(0<t<2);
②当t>2时,同法可求y=t-2,如图b
综合上述:y=;
(3)解:分为两种情况:①当AM<4时,如图c,
过D作DF⊥OA于F,则CD∥OF,CD=OF=2,
∵OA=4,
∴OF=AF=2,
∵DF⊥OA,
∴OD=AD,∠ODC=∠DOF=∠DAF,
∵△OAB≌△OCD,
∴∠COD=∠AOB,
∵∠COD+∠AOD=90°,
∴∠OED=∠AOB+∠OAD=90°,
∴OD为经过D、E、O三点的圆的直径,OD的中点O′为圆心.
∵在Rt△OCD中,OD2=CD2+OC2,
∴OD=2,tan∠COD=,tan∠ODC=2,
∴tan∠ODC=tan∠DOF=tan∠DAF=2,
∴AD=2,
∵AM=2t,
∴AH=MH=t,
∴在Rt△AHN中,由勾股定理得:AN=t,
∴==,==,
∴=,
∵∠OAD=∠MAN,
∴△OAD∽△OMN,
∴∠AOD=∠AMN,
∴MN∥OD,
连接O′G,过G作GK⊥OA于点K,过M作MH⊥OD于点H,
∵MN是⊙O′的切线,G为切点,
∴O′G⊥MN,
∴∠O′GM=∠OO′G=90°,
∵MH⊥OD,
∴∠O′BM=∠OHM=90°,
∴四边形O′HMG是矩形,
∴HM=O′G=,MG=O′H,
∵在Rt△OHM中,tan∠HOM=2,
∴OH=,OM=,
∴O′H=MG=,
∵在Rt△GKM中,tan∠GMK=2,
∴GK=1,MK=,
∴OK=3,
∴G(3,1),
∵OM+AM=OA,
∴+2t=4,
∴t=,
②当AM>4时,如图d,同理可求当t=时,切点G(-1,3),
∴当t=或时,直线MN与过D、E、O三点的圆相切,切点分别为G(3,1)或(-1,3).
分析:(1)求出A和D的坐标代入直线AD的解析式y=kx+b得出方程组,求出即可;
(2)把B和D的坐标代入直线BD的解析式y=ax+c得出方程组,求出即可,得出N、Q的横坐标,代入求出N、Q的纵坐标,即可求出y;
(3)分为两种情况:①当AM<4时,画出图形,过D作DF⊥OA于F,则CD∥OF,CD=OF=2,求出∠OED=90°,得出OD为经过D、E、O三点的圆的直径,OD的中点O′为圆心.根据勾股定理求出OD=2,tan∠COD=,tan∠ODC=2,求出AD=2,AH=MH=t,根据勾股定理得出AN=t,推出=,证△OAD∽△OMN,推出MN∥OD,连接O′G,过G作GK⊥OA于点K,过M作MH⊥OD于点H,得出四边形O′HMG是矩形,起初G(3,1),根据OM+AM=OA,得出+2t=4,求出t;②当AM>4时,同法能求出t的值.
点评:本题考查了相似三角形的性质和判定,切线的性质,勾股定理,矩形的性质和判定,全等三角形的性质和判定等知识点,主要考查了学生综合运用性质进行推理和计算的能力,本题综合性比较强,难度偏大.
练习册系列答案
相关题目