Question

（2013•松北區(qū)一模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=

3

4

x+6與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，C為OA中點(diǎn)；
（1）求直線BC解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從O出發(fā)以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段OA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從C出發(fā)沿線段CB以每秒

13

2

個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)Q作QM∥AB交x軸于點(diǎn)M，若線段PM的長(zhǎng)為y，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），求y于t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，以PC為直徑作⊙N，求t為何值時(shí)直線QM與⊙N相切．

Answer 1

分析：（1）先根據(jù)直線y=

3

4

x+6與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)求出AB兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再由點(diǎn)C是OB的中點(diǎn)求出C點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法及可求出直線BC的解析式；
（2）由QM∥AB可知

CM

AC

=

CQ

CB

，再由點(diǎn)Q從C出發(fā)沿線段CB以每秒

13

2

個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)可知CQ=

13 t

2

可用t表示出CM的長(zhǎng)，再由C（-4，0）可知-4-x_M=t，再由x_P=-2t，PM=x_P-x_M=-2t-（-4-t）即可得出結(jié)論；
（3）過N點(diǎn)作NH⊥MQ交直線MQ于H點(diǎn)，根據(jù)N為PC的中點(diǎn)可知x_N=

-4-2t

2

=-2-t，故可得出MN的長(zhǎng)，再根據(jù)MQ∥AB可知∠QMC=∠BAO，由sin∠QMC=sin∠BAO=

3

5

可知NH=2×

3

5

=

6

5

，所以PC=|-2t+4|，由此即可得出結(jié)論．

解答：解：（1）∵y=

3

4

x+6，
∴x=0時(shí)，y=6；y=0時(shí)，x=-8，
∴B（0，6），A（-8，0），
∵C為OA中點(diǎn)，
∴C（-4，0），
設(shè)BC：y=kx+b，
∴-4k+b=0，b=6，
∴k=

3

2

，
∴y=

3

2

x+6；

（2）∵QM∥AB，
∴

CM

AC

=

CQ

CB

，
∴

CM

4

=

13 t 2

2 13

，
∴CM=t，
∴-4-x_M=t，
∴x_M=-4-t，
∵x_P=-2t，
∴0＜t＜4＜時(shí)，PM=x_P-x_M=-2t-（-4-t）=-t+4，
∴y=-t+4（0＜t＜4）；

（3）過N點(diǎn)作NH⊥MQ交直線MQ于H點(diǎn)．
∵N為PC的中點(diǎn)，
∴x_N=

-4-2t

2

=-2-t，
∴MN=-2-t-（-4-t）=2，
∵M(jìn)Q∥AB，
∴∠QMC=∠BAO，
∴sin∠QMC=sin∠BAO=

3

5

，
∴NH=2×

3

5

=

6

5

，
∵PC=|-2t+4|，
∴|-2t+4|=2×

6

5

=

12

5

，解得，t=

4

5

或t=

16

5

．
綜上，t=

4

5

或t=

16

5

時(shí)，直線QM與⊙N相切．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是一次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、平行線分線段成比例定理及銳角三角函數(shù)的定義等知識(shí)，難度適中．