题目内容
（2012•道外区一模）如图，在平面直角坐标系中，点0是坐标原点，直线y=x+4分别交x轴、y轴于点A、点B，直线y=-2x+b分别交x轴、y轴于点C、点D，且0C=20B．设直线AB、CD相交于点E．
（1）求直线CD的解析式；
（2）动点P从点B出发沿线段BC以每秒钟
个单位的速度向点C匀速移动，同时动点Q从点D出发沿线段DC以每秒钟2
个单位的速度向点C匀速移动，当P到达点C时，点Q同时停止移动．设P点移动的时间为t秒，PQ的长为d（d≠0），求d与t之间的函数关系式，
并直接写出自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，在P、Q．的运动过程中，设直线PQ、直线AB相交于点N．当t为何值时，
=
？并判断此时以点Q为圆心，以3为半径的⊙Q与直线AB位置关系，请说明理由．
（1）求直线CD的解析式；
（2）动点P从点B出发沿线段BC以每秒钟
| 5 |
| 5 |
并直接写出自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，在P、Q．的运动过程中，设直线PQ、直线AB相交于点N．当t为何值时，
| NQ |
| PQ |
| 2 |
| 3 |
分析：（1）对于直线y=x+4，令x=0求出对应的y值，即为B的纵坐标，确定出B的坐标，得到OB的长，由OC=2OB，求出OC的长，确定出C的坐标，将C的坐标代入直线y=-2x+b中，求出b的值，进而确定出直线CD的解析式；
（2）过P作PG垂直于y轴于G点，连接PQ，由路程=速度×时间，表示出BP与DQ，由一对直角相等，以及一对公共角，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形BGP与三角形BOC相似，根据OB与OC，利用勾股定理求出BC的长，由相似得比例，将各自的值代入表示出BG和GP，由OB-BG表示出OG，进而表示出P的坐标，同理表示出Q的坐标，由P与Q横坐标相等，得到PQ平行于y轴，可得出d为Q与P纵坐标之差，表示即可，并由d大于0求出t的范围；
（3）联立直线AB与直线CD解析式，得到关于x与y的方程组，求出方程组的解得到x与y的值，确定出交点E的坐标，由PQ与y轴平行，得到N横坐标与P、Q相同，都为2t，将x=2t代入直线AB解析式中求出对应的y值，即为N的纵坐标，表示出N的坐标，由Q与N的纵坐标之差表示出|NQ|，再由NQ：PQ=2：3，得到3NQ=2PQ，然后根据Q的位置分两种情况考虑：（i）当Q在DE边上时，得到NQ=12-6t，再由PQ=12-3t，代入比例式中列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，进而确定出DQ的长，由E的坐标，利用勾股定理求出DE与CE的长，由EQ=DE-DQ求出EQ的长，过C作CH垂直于直线AB，由AC的长，及直线的倾斜角为45°，得到三角形ACH为等腰直角三角形，利用锐角三角形函数定义求出CH的长，再过Q作QM垂直于直线AB，由一对直角相等及对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似，得到三角形QME与三角形CHE相似，由相似得比例，将各自的值求出MQ的长，根据MQ的长大于半径3，得到此时圆Q与直线AB相离；（ii）当Q在EC上时，同理得到NQ=6t-12，求出此时t的值，得到此时圆Q与直线AB相交．
（2）过P作PG垂直于y轴于G点，连接PQ，由路程=速度×时间，表示出BP与DQ，由一对直角相等，以及一对公共角，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形BGP与三角形BOC相似，根据OB与OC，利用勾股定理求出BC的长，由相似得比例，将各自的值代入表示出BG和GP，由OB-BG表示出OG，进而表示出P的坐标，同理表示出Q的坐标，由P与Q横坐标相等，得到PQ平行于y轴，可得出d为Q与P纵坐标之差，表示即可，并由d大于0求出t的范围；
（3）联立直线AB与直线CD解析式，得到关于x与y的方程组，求出方程组的解得到x与y的值，确定出交点E的坐标，由PQ与y轴平行，得到N横坐标与P、Q相同，都为2t，将x=2t代入直线AB解析式中求出对应的y值，即为N的纵坐标，表示出N的坐标，由Q与N的纵坐标之差表示出|NQ|，再由NQ：PQ=2：3，得到3NQ=2PQ，然后根据Q的位置分两种情况考虑：（i）当Q在DE边上时，得到NQ=12-6t，再由PQ=12-3t，代入比例式中列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，进而确定出DQ的长，由E的坐标，利用勾股定理求出DE与CE的长，由EQ=DE-DQ求出EQ的长，过C作CH垂直于直线AB，由AC的长，及直线的倾斜角为45°，得到三角形ACH为等腰直角三角形，利用锐角三角形函数定义求出CH的长，再过Q作QM垂直于直线AB，由一对直角相等及对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似，得到三角形QME与三角形CHE相似，由相似得比例，将各自的值求出MQ的长，根据MQ的长大于半径3，得到此时圆Q与直线AB相离；（ii）当Q在EC上时，同理得到NQ=6t-12，求出此时t的值，得到此时圆Q与直线AB相交．
解答：
解：（1）对于直线y=x+4，令x=0，
解得：y=4，
故B（0，4），即OB=4，
∴0C=20B=8，即C（8，0），
将x=8，y=0代入直线y=-2x+b得：0=-16+b，
解得：b=16，
则直线CD的解析式为y=-2x+16；
（2）过点P作PG⊥OB于G点，连接PQ，如图2所示，
由题意得：BP=
t，DQ=2
t，
由OB=4，OC=8，根据勾股定理得：BC=
=4
，
∵∠BGP=∠BOC=90°，又∠GBP=∠OBC，
∴△BPG∽△BCO，
∴
=
=
，即
=
=
，
整理得：BG=t，GP=2t，
∴OG=OB-BG=4-t，
∴P（2t，4-t），
同理Q（2t，16-4t），
∴PQ∥y轴，
∴d=PQ=（16-4t）-（4-t）=12-3t（0≤t＜4）；
（3）联立直线AB与直线CD解析式得：
，
解得：
，
∴E（4，8），
由PQ∥y轴，得到N（2t，2t+4），
∴NQ=|12-6t|，
∵
=
，
∴3NQ=2PQ，
（i）当Q在DE上时，3（12-6t）=2（12-3t），
解得：t=1，
∴DQ=2
，
又E（4，8），∴DE=CE=
=4
，
∴EQ=DE-DQ=4
-2
=2
，
过C作CH⊥AB于H点，如图3所示，
∵AC=12，直线AB的解析式y=x+4的倾斜角为45°，即△ACH为等腰直角三角形，
∴CH=ACcos45°=6
，
过Q作QM⊥AB于M，
∵∠QEM=∠HEC，∠MQE=∠CHE=90°，
∴△MQE∽△HCE，
∴
=
，即
=
，
∴MQ=3
，
∴t=1时，以点Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相离；
（ii）当Q在EC上时，3（6t-12）=2（12-3t），
解得：t=
，
同理，此时以Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相交，
综上所述，t=1或t=
时，
=
；当t=1时，以点Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相离；当t=
时，此时以Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相交．
解：（1）对于直线y=x+4，令x=0，解得：y=4，
故B（0，4），即OB=4，
∴0C=20B=8，即C（8，0），
将x=8，y=0代入直线y=-2x+b得：0=-16+b，
解得：b=16，
则直线CD的解析式为y=-2x+16；
（2）过点P作PG⊥OB于G点，连接PQ，如图2所示，
由题意得：BP=
| 5 |
| 5 |
由OB=4，OC=8，根据勾股定理得：BC=
| OB2+OC2 |
| 5 |
∵∠BGP=∠BOC=90°，又∠GBP=∠OBC，
∴△BPG∽△BCO，
∴
| BG |
| BO |
| GP |
| OC |
| BP |
| BC |
| BG |
| 4 |
| GP |
| 8 |
| ||
4
|
整理得：BG=t，GP=2t，
∴OG=OB-BG=4-t，
∴P（2t，4-t），
同理Q（2t，16-4t），
∴PQ∥y轴，
∴d=PQ=（16-4t）-（4-t）=12-3t（0≤t＜4）；
（3）联立直线AB与直线CD解析式得：
|
解得：
|
∴E（4，8），
由PQ∥y轴，得到N（2t，2t+4），
∴NQ=|12-6t|，
∵
| NQ |
| PQ |
| 2 |
| 3 |
∴3NQ=2PQ，
（i）当Q在DE上时，3（12-6t）=2（12-3t），
解得：t=1，
∴DQ=2
| 5 |
又E（4，8），∴DE=CE=
| 82+42 |
| 5 |
∴EQ=DE-DQ=4
| 5 |
| 5 |
| 5 |
过C作CH⊥AB于H点，如图3所示，
∵AC=12，直线AB的解析式y=x+4的倾斜角为45°，即△ACH为等腰直角三角形，
∴CH=ACcos45°=6
| 2 |
过Q作QM⊥AB于M，
∵∠QEM=∠HEC，∠MQE=∠CHE=90°，
∴△MQE∽△HCE，
∴
| MQ |
| EQ |
| CH |
| EC |
| MQ | ||
2
|
6
| ||
4
|
∴MQ=3
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∴t=1时，以点Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相离；
（ii）当Q在EC上时，3（6t-12）=2（12-3t），
解得：t=
| 5 |
| 2 |
同理，此时以Q为圆心，以3为半径的圆Q与直线AB相交，
综上所述，t=1或t=
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| NQ |
| PQ |
| 2 |
| 3 |
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| 2 |
点评：此题考查了一次函数与坐标轴的交点，相似三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，等腰直角三角形的判定与性质，直线与圆的位置关系，利用了转化及分类讨论的数学思想，是一道中考中的常考的压轴题．
练习册系列答案
53天天练系列答案
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