Question

（2012•道外區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=x+b與x軸交于點A，與正比例函數(shù)y=-

4

3

x的圖象交于點B，過B點作BC⊥y軸，點C為垂足，C（0，8）．
（1）求直線AB的解析式；
（2）動點M從點A出發(fā)沿線段A0以每秒鐘l個單位的速度向終點O勻速移動，在移動過程中過點M作x軸的垂線交線段AB或線段B0于點P、設M點移動的時間為t秒，線段BP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，動點Q同時從原點O出發(fā)，以每秒鐘1個單位長的速度，沿折線 0-C-B的路線向點B運動，當動點M停止移動時，點Q同時停止移動、當t為何值時，△BPQ是以BP為一腰的等腰三角形？

Answer 1

分析：（1）由BC⊥y軸，點C為垂足，C（0，8），可得點B的縱坐標為8，即可求得點B的坐標，然后將其代入y=x+b，即可求得直線AB的解析式；
（2）由直線AB：y=x+14交x軸于點A，可求得OA的長，∠BAO=45°，過點B作BD⊥x軸于點D，即可求得AB，AD的長與cos∠DOB的值，再分別從當點M在AD上時與當點M在OD上時，OM=14-t，去分析求解即可求得答案；
（3）由△BPQ是以BP為一腰等腰三角形，可得BP=BQ或BP=PQ，然后分別從當點P在AB上時（0≤t≤8），Q在OC上與當點P在BO上時（8＜t≤14），Q在BC上去分析求解即可求得答案．

解答：解：（1）∵BC⊥y軸，點C為垂足，C（0，8），
∴點B的縱坐標為8，
∵點B在正比例函數(shù)y=-

4

3

x的圖象上，
∴當y=8時，x=-6，
∴點B的坐標為（-6，8），
把（-6，8）代入y=x+b中，
得：8=-6+b，
解得：b=14，
∴直線AB的解析式為：y=x+14；

（2）由題意得：AM=t，
∵直線AB：y=x+14交x軸于點A，
∴A（-14，0），
∴OA=14，
過點B作BD⊥x軸于點D，
∵B（-6，8），
∴BD=8，OD=6，
∴AD=OA-OD=14-6=8，
∴AD=BD，
∴∠BAD=45°，
∴AB=

AD2+BD2

=8

2

，OB=

BD2+OD2

=10，
∴cos∠DOB=

OD

OB

=

6

10

=

3

5

，
①當點M在AD上時，
∵PM⊥x軸，
∴∠PMA=90°，
∴AP=

2

t，
∴BP=AB-AP=8

2

-

2

t（0≤t≤8）；
②當點M在OD上時，OM=14-t，
∵∠PMO=90°，cos∠DOB=

3

5

，
∴OP=

5

3

（14-t），
∴BP=OB-OP=10-

5

3

（14-t）=

5

3

t-

40

3

（8＜t≤14）；
綜上，d=BP=

8 2 - 2 t  (0≤t≤8) 5 3 t- 40 3        (8＜t≤14)

；

（3）∵△BPQ是以BP為一腰等腰三角形，
∴BP=BQ或BP=PQ，
①當點P在AB上時（0≤t≤8），Q在OC上，
∵OC=BD=8，PM=OQ=t，
∴CQ=OC-OQ=8-t，
∴BQ²=BC²+CQ²=6²+（8-t）²，
∵∠PMO=∠MOQ=90°，
∴四邊形PMOQ是矩形，
∴PQ=OM=14-t，
當BP=BQ時，即BP²=BQ²，
∴（8

2

-

2

t）²=6²+（8-t）²，
整理得：t²-16t+28=0，
解得：t=2或t=14，
∵0≤t≤8，
∴t=2；
當PB=PQ時，即BP²=PQ²，
∴（8

2

-

2

t）²=（14-t）²，
整理得：t²-4t-68=0，
解得：t=2±6

2

，
∵0≤t≤8，
∴t=2±6

2

不合題意，舍去；
②當點P在BO上時（8＜t≤14），Q在BC上，
∵OC=t-8，BC=6，
∴BQ=BC-OC=6-（t-8）=14-t，
當BP=PQ時，

5

3

t-

40

3

=14-t，
解得：t=

41

4

；
當BP=PQ時，過點P作PH⊥BC于H，
∴BQ=2BH，
∵BH=DM=AM-AD=t-8，
∴14-t=2（t-8），
解得：t=10；
綜上，當t=2或t=

41

4

或t=10時，△BPQ是以BP為一腰的等腰三角形．

點評：此題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)的定義以及等腰直角三角形性質(zhì)．此題綜合性較強，難度較大，注意掌握數(shù)形結合思想、分類討論思想與方程思想的應用．