Question

如圖：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=

3

4

x+6的圖象為直線(xiàn)l₁，l₁與x軸、y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)，垂直于l₁的直線(xiàn)l₂從C（12，0）出發(fā)沿射線(xiàn)CO方向，以每秒5個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)P、Q兩點(diǎn)從A點(diǎn)出發(fā)，其中P沿A→B→O方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒4個(gè)單位，點(diǎn)Q沿射線(xiàn)AO方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒5各單位，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，所有運(yùn)動(dòng)停止；
（1）寫(xiě)出A點(diǎn)的坐標(biāo)和AB的長(zhǎng)；
（2）當(dāng)P、Q、l₂運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，以Q為圓心，PQ為半徑的⊙Q與直線(xiàn)l₂相切，求t的值．

Answer 1

考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題

專(zhuān)題：

分析：（1）根據(jù)一次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)求法，分別求出坐標(biāo)即可；
（2）①當(dāng)0≤t≤1.6秒時(shí)，根據(jù)相似三角形的判定得出△APQ∽△AOB，以及當(dāng)⊙Q在y軸右側(cè)與y軸相切時(shí)，當(dāng)⊙Q在y軸的左側(cè)與y軸相切時(shí)，分別分析得出答案．②當(dāng)2.5≤t≤4秒時(shí)，根據(jù)相似三角形的判定得出△QDF∽△AOB，求得DQ，最后根據(jù)PQ=DQ，應(yīng)用勾股定理得到（16-4t）²+（5t-8）²=（8t-16）²，解這個(gè)方程即可求得；

解答：解：（1）∵直線(xiàn)y=

3

4

x+6的圖象與x軸、y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)，
∴y=0時(shí)，x=-8，
∴A（-8，0），AO=8，
∵圖象與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為：（0，6），BO=6，
∴由勾股定理得 AB=

62+82

=10．
綜上所述，A（-8，0），AB=10；

（2）由題意得：AP=4t，AQ=5t，

AP

AO

=

AQ

AB

=

t

2

，
又∠PAQ=∠OAB，
∴△APQ∽△AOB，
∴∠APQ=∠AOB=90°，
∵點(diǎn)P在l₁上，
∴⊙Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持與l₁相切，
①如圖1，當(dāng)0≤t≤1.6秒時(shí)．
由題意可得PQ=DQ且AQ=FC=5t，AP=4t
∵△APQ∽△AOB，
∴

PQ

OB

=

AP

OB

，
即

PQ

6

=

4t

8

，解得PQ=3t，
∵直線(xiàn)l₁的斜率是

3

4

，
∴直線(xiàn)l₂的斜率為-

4

3

，
∴tan∠DFQ=

4

3

，
∴FQ=

15

4

t，
∵AQ+FQ+FC=20
∴5 t+

15

4

t+5t=20
所以t=

16

11

秒＜1.6；
如圖2、當(dāng)1.6≤t≤2.5秒時(shí)
∵AQ+FC-FQ=20，
∴5t+5t-

15

4

t=20，
所以t=

16

5

秒＞2.5（舍去），
如圖3、當(dāng)2.5≤t≤4秒時(shí)
∵OQ=5t-8，OF=5t-12，
∴FQ=OQ+OF=10t-20，
∵△QDF∽△AOB，
∴

DQ

OA

=

FQ

AB

，
即

DQ

8

=

10t-20

10

，
∴DQ=8t-16，
∵OP=16-4t，OQ=5t-8，
∴PQ²=OP²+OQ²=（16-4t）²+（5t-8）²，
∵PQ=DQ，
∴（16-4t）²+（5t-8）²=（8t-16）²，
整理得：23t²-48t-40=0，
解得：t=

24+32 2

23

，t=

24-32 2

23

（舍去），
所以以Q為圓心，PQ為半徑的⊙Q與直線(xiàn)l₂相切時(shí)t的值為

16

11

秒或

24+32 2

23

秒．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了切線(xiàn)的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行分析注意分類(lèi)討論才能得出正確答案．