Question

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

5

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

5

個單位的速度向點C勻速移動，當P到達點C時，點Q同時停止移動．設P點移動的時間為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．的運動過程中，設直線PQ、直線AB相交于點N．當t為何值時，

NQ

PQ

=

2

3

？并判斷此時以點Q為圓心，以3為半徑的⊙Q與直線AB位置關系，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）對于直線y=x+4，令x=0求出對應的y值，即為B的縱坐標，確定出B的坐標，得到OB的長，由OC=2OB，求出OC的長，確定出C的坐標，將C的坐標代入直線y=-2x+b中，求出b的值，進而確定出直線CD的解析式；
（2）過P作PG垂直于y軸于G點，連接PQ，由路程=速度×時間，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，進而表示出P的坐標，同理表示出Q的坐標，由P與Q橫坐標相等，得到PQ平行于y軸，可得出d為Q與P縱坐標之差，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E的坐標，由PQ與y軸平行，得到N橫坐標與P、Q相同，都為2t，將x=2t代入直線AB解析式中求出對應的y值，即為N的縱坐標，表示出N的坐標，由Q與N的縱坐標之差表示出|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于t的方程，求出方程的解得到t的值，進而確定出DQ的長，由E的坐標，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P作PG⊥OB于G點，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，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Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相離；
（ii）當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t=1時，以點Q為圓心，以3為半徑的圓Q與直線AB相離；當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．

點評：此題考查了一次函數(shù)與坐標軸的交點，相似三角形的判定與性質，勾股定理，坐標與圖形性質，等腰直角三角形的判定與性質，直線與圓的位置關系，利用了轉化及分類討論的數(shù)學思想，是一道中考中的�？嫉膲狠S題．