(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(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿線段BC以每秒鐘
5
個(gè)單位的速度向點(diǎn)C勻速移動(dòng),同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿線段DC以每秒鐘2
5
個(gè)單位的速度向點(diǎn)C勻速移動(dòng),當(dāng)P到達(dá)點(diǎn)C時(shí),點(diǎn)Q同時(shí)停止移動(dòng).設(shè)P點(diǎn)移動(dòng)的時(shí)間為t秒,PQ的長(zhǎng)為d(d≠0),求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式,
并直接寫(xiě)出自變量t的取值范圍;
(3)在(2)的條件下,在P、Q.的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,設(shè)直線PQ、直線AB相交于點(diǎn)N.當(dāng)t為何值時(shí),
NQ
PQ
=
2
3
?并判斷此時(shí)以點(diǎn)Q為圓心,以3為半徑的⊙Q與直線AB位置關(guān)系,請(qǐng)說(shuō)明理由.
分析:(1)對(duì)于直線y=x+4,令x=0求出對(duì)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(zhǎng),由OC=2OB,求出OC的長(zhǎng),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(guò)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(duì)直角相等,以及一對(duì)公共角,利用兩對(duì)對(duì)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(zhǎng),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(duì)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(shí),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(zhǎng),由E的坐標(biāo),利用勾股定理求出DE與CE的長(zhǎng),由EQ=DE-DQ求出EQ的長(zhǎng),過(guò)C作CH垂直于直線AB,由AC的長(zhǎng),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(zhǎng),再過(guò)Q作QM垂直于直線AB,由一對(duì)直角相等及對(duì)頂角相等,利用兩對(duì)對(duì)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(zhǎng),根據(jù)MQ的長(zhǎng)大于半徑3,得到此時(shí)圓Q與直線AB相離;(ii)當(dāng)Q在EC上時(shí),同理得到NQ=6t-12,求出此時(shí)t的值,得到此時(shí)圓Q與直線AB相交.
解答:解:(1)對(duì)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(guò)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(shí),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(guò)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(guò)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(shí),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(shí),3(6t-12)=2(12-3t),
解得:t=
5
2

同理,此時(shí)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(shí),
NQ
PQ
=
2
3
;當(dāng)t=1時(shí),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(shí),此時(shí)以Q為圓心,以3為半徑的圓Q與直線AB相交.
點(diǎn)評(píng):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.
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(2)進(jìn)入4月份,公司又打折銷售,按2月份所標(biāo)價(jià)格的九折銷售,將這批計(jì)算機(jī)全部售出,銷售款總量超過(guò)568600元.這批計(jì)算機(jī)最少有多少臺(tái)?

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S△PBE+S△PCF=S△BPC
S△PBE+S△PCF=S△BPC
;
(2)如圖2,當(dāng)PC=2PB時(shí),求證:16S△PBE+S△PCF=4S△BPG;
(3)在(2)的條件下,Q為AD邊上一點(diǎn),且∠PQF=90°,連接BD,BD交QF于點(diǎn)N,若S△bpc=80,BE=6.求線段DN的長(zhǎng).

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