Question

（2012•道里區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，△ABC的邊BC在y軸的正半軸上，點A在x軸的正半軸上，點C的坐標(biāo)為（0，8），將△ABC沿直線AB折疊，點C落在x軸的負(fù)半軸D（-4，0）處．
（1）求直線AB的解析式；
（2）點P從點A出發(fā)以每秒4

5

個單位長度的速度沿射線AB方向運動，過點P作PQ⊥AB，交x軸于點Q，PR∥AC交x軸于點R，設(shè)點P運動時間為t（秒），線段QR長為d，求d與t的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，點N是射線AB上一點，以點N為圓心，同時經(jīng)過R、Q兩點作⊙N，⊙N交y軸于點E，F(xiàn)．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圓心N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）由C（0，8），D（-4，0），可求得OC，OD的長，然后設(shè)OB=a，則BC=8-a，在Rt△BOD中，由勾股定理可得方程：（8-a）²=a²+4²，解此方程即可求得B的坐標(biāo)，然后由三角函數(shù)的求得點A的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式；
（2）在Rt△AOB中，由勾股定理可求得AB的長，繼而求得∠BAO的正切與余弦，由PR∥AC與折疊的性質(zhì)，易證得RQ=AR，則可求得d與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）首先過點分別作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，易證得四邊形NTOS是正方形，然后分別從點N在第二象限與點N在第一象限去分析求解即可求得答案．

解答：解：（1）∵C（0，8），D（-4，0），
∴OC=8，OD=4，
設(shè)OB=a，則BC=8-a，
由折疊的性質(zhì)可得：BD=BC=8-a，
在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB²=OB²+OD²，
則（8-a）²=a²+4²，
解得：a=3，
則OB=3，
則B（0，3），
tan∠ODB=

OB

OD

=

3

4

，
由折疊的性質(zhì)得：∠ADB=∠ACB，
則tan∠ACB=tan∠ODB=

3

4

，
在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=

OA

OC

=

3

4

，
則OA=6，
則A（6，0），
設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+b，
則

6k+b=0 b=3

，
解得：

k=- 1 2 b=3

，
故直線AB的解析式為：y=-

1

2

x+3；

（2）在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，
則AB=

OB2+OA2

=3

5

，tan∠BAO=

OB

OA

=

1

2

，cos∠BAO=

OA

AB

=

2 5

5

，
在Rt△PQA中，∠APQ=90°，AP=4

5

t，
則AQ=

AP

cos∠BAO

=10t，
∵PR∥AC，
∴∠APR=∠CAB，
由折疊的性質(zhì)得：∠BAO=∠CAB，
∴∠BAO=∠APR，
∴PR=AR，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，
∴∠PQA=∠QPR，
∴RP=RQ，
∴RQ=AR，
∴QR=

1

2

AQ=5t，
即d=5t；

（3）過點分別作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，
∵EF=QR，
∴NS=NT，
∴四邊形NTOS是正方形，
則TQ=TR=

1

2

QR=

5

2

t，
∴NT=

1

2

AT=

1

2

（AQ-TQ）=

1

2

（10t-

5

2

t）=

15

4

t，
分兩種情況，
若點N在第二象限，則設(shè)N（n，-n），
點N在直線y=-

1

2

x+3上，
則-n=-

1

2

n+3，
解得：n=-6，
故N（-6，6），NT=6，
即

15

4

t=6，
解得：t=

8

5

；
若點N在第一象限，設(shè)N（N，N），
可得：n=-

1

2

n+3，
解得：n=2，
故N（2，2），NT=2，
即

15

4

t=2，
解得：t=

8

15

．
故當(dāng)t=

8

5

或t=

8

15

時，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．

點評：此題考查了折疊的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、正方形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)以及三角函數(shù)等知識．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．