Question

（本題12分）已知，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)恰好是方程的解，點(diǎn)C的縱坐標(biāo)恰好是方程的解，點(diǎn)P從C點(diǎn)出發(fā)沿y軸正方向以1個(gè)單位/秒的速度向上運(yùn)動，連PA、PB，D為AC的中點(diǎn).

1）求直線BC的解析式；

2）設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時(shí)間為t秒，問：當(dāng)t為何值時(shí)，DP與DB垂直且相等？

3）如圖2，若PA=AB，在第一象限內(nèi)有一動點(diǎn)Q，連QA、QB、QP，且∠PQA=60°，問：當(dāng)Q在第一象限內(nèi)運(yùn)動時(shí)，∠APQ+∠ABQ的度數(shù)和是否會發(fā)生改變？若不變，請說明理由并求其值.

Answer 1

（1）直線BC的解析式為y=-x+2；

（2）當(dāng)t=2秒，即CP=OC時(shí)，DP與DB垂直且相等；

（3）當(dāng)Q在第一象限內(nèi)運(yùn)動時(shí)，∠APQ+∠ABQ的度數(shù)和不會發(fā)生改變， 為180°．理由見解析；

【解析】

試題分析：（1）解方程可求出A（-2，0），B（2，0），C（0，2），再設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入，用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式；

（2）當(dāng)t=2秒，即CP=OC時(shí)，DP與DB垂直且相等．為此，作DM⊥x軸于點(diǎn)M，作DN⊥y軸于點(diǎn)N，根據(jù)等腰直角三角形及角平分線的性質(zhì)，利用SAS證明△PCD≌△BOD，則DP=DB，∠PDC=∠BDO，進(jìn)而得到∠BDP=∠ODC=90°，即DP⊥DB；

（3）在QA上截取QS=QP，連接PS，利用∠PQA=60°，得出△QSP是等邊三角形，進(jìn)而得出△APS≌△BPQ，從而得出∠APQ+∠ABQ=60°+∠APQ+∠PAS=180°得出答案．

試題解析：（1）解方程x2-4=0得，x1=-2，x2=2，所以A（-2，0）、B（2，0），

解方程x2-4x+4=0得x1=x2=2，所以C（0，2），

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入，

得，解得，

∴直線BC的解析式為y=-x+2；

（2）當(dāng)t=2秒，即CP=OC時(shí)，DP與DB垂直且相等．理由如下：

如圖1，連接OD，作DM⊥x軸于點(diǎn)M，作DN⊥y軸于點(diǎn)N，

∵A（-2，0），C（0，2），

∴△OAC是等腰直角三角形，

∵D為AC的中點(diǎn)，

∴OD平分∠AOC，OD=DC=AC，

∴DM=DN=OM=ON=m．

在△PCD與△BOD中，

，

∴△PCD≌△BOD （SAS），

∴DP=DB，∠PDC=∠BDO，

∴∠BDP=∠ODC=90°，

即DP⊥DB；

（3）當(dāng)Q在第一象限內(nèi)運(yùn)動時(shí)，∠APQ+∠ABQ的度數(shù)和不會發(fā)生改變．理由如下：

如圖2，在QA上截取QS=QP，連接PS，

∵∠PQA=60°，

∴△QSP是等邊三角形，

∴PS=PQ，∠SPQ=60°，

∵PO是AB的垂直平分線，

∴PA=PB，而PA=AB，

∴PA=PB=AB，

∴∠APB=∠ABP=60°，

∴∠APS=∠BPQ，

∴△APS≌△BPQ（SAS），

∴∠PAS=∠PBQ，

∴∠APQ+∠ABQ

=∠APQ+（∠ABP+∠PBQ）

=60°+（∠APQ+∠PBQ）

=60°+（∠APQ+∠PAS）=60°+120°=180°；

考點(diǎn)：1、待定系數(shù)法；2、全等三角形的判定與性質(zhì)；3、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；4、等邊三角形的性質(zhì)與判定

考點(diǎn)分析： 考點(diǎn)1：一元二次方程 定義：
只含有一個(gè)未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的整式方程叫做一元二次方程。

一元二次方程的一般形式：
它的特征是：等式左邊是一個(gè)關(guān)于未知數(shù)x的二次多項(xiàng)式，等式右邊是零，其中 ax²叫做二次項(xiàng)，a叫做二次項(xiàng)系數(shù)；bx叫做一次項(xiàng)，b叫做一次項(xiàng)系數(shù)；c叫做常數(shù)項(xiàng)。 試題屬性

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