动时间为t秒时点P,Q的坐标,进而可得出PE,EQ的长,再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式(由时间=路程÷速度可得出t的取值范围); (2)将PQ=3
代入(1)的结论中可得出关于t的一元二次方程,解之即可得出结论;
(3)连接OB,交PQ于点D,过点D作DF⊥OA于点F,利用勾股定理可求出OB的长,由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP,利用相似三角形的性质结合OB=10可求出OD=6,由CB∥OA可得出∠DOF=∠OBC,在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC的值,由OF=OD?cos∠OBC,DF=OD?sin∠OBC可求出点D的坐标,再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值,此题得解. 【解答】解:(1)过点P作PE⊥BC于点E,如图1所示.
当运动时间为t秒时(0≤t≤4)时,点P的坐标为(3t,0),点Q的坐标为(8﹣2t,6), ∴PE=6,EQ=|8﹣2t﹣3t|=|8﹣5t|,
∴PQ=PE+EQ=6+|8﹣5t|=25t﹣80t+100, ∴y=25t﹣80t+100(0≤t≤4). 故答案为:y=25t﹣80t+100(0≤t≤4). (2)当PQ=3
2
2
22
2
2
2
2
2
时,25t﹣80t+100=(3
2
),
2
整理,得:5t﹣16t+11=0, 解得:t1=1,t2=
.
(3)经过点D的双曲线y=(k≠0)的k值不变.
连接OB,交PQ于点D,过点D作DF⊥OA于点F,如图2所示. ∵OC=6,BC=8, ∴OB=∵BQ∥OP, ∴△BDQ∽△ODP, ∴
=
=
=, =10.
∴OD=6. ∵CB∥OA, ∴∠DOF=∠OBC. 在Rt△OBC中,sin∠OBC=
=
=,cos∠OBC=
=
=,
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∴OF=OD?cos∠OBC=6×=∴点D的坐标为(
,
),
,DF=OD?sin∠OBC=6×=,
∴经过点D的双曲线y=(k≠0)的k值为×=.
23.(10分)(2019?天门)已知△ABC内接于⊙O,∠BAC的平分线交⊙O于点D,连接DB,DC.
(1)如图①,当∠BAC=120°时,请直接写出线段AB,AC,AD之间满足的等量关系式: AB+AC=AD ;
(2)如图②,当∠BAC=90°时,试探究线段AB,AC,AD之间满足的等量关系,并证明你的结论;
(3)如图③,若BC=5,BD=4,求
的值.
【分析】(1)在AD上截取AE=AB,连接BE,由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形,可证明△BED≌△BAC,可得DE=AC,则AB+AC=AD;
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(2)延长AB至点M,使BM=AC,连接DM,证明△MBD≌△ACD,可得MD=AD,证得AB+AC=
;
(3)延长AB至点N,使BN=AC,连接DN,证明△NBD≌△ACD,可得ND=AD,∠N=∠CAD,证△NAD∽△CBD,可得
,可由AN=AB+AC,求出
的值.
【解答】解:(1)如图①在AD上截取AE=AB,连接BE, ∵∠BAC=120°,∠BAC的平分线交⊙O于点D,
∴∠DBC=∠DAC=60°,∠DCB=∠BAD=60°,∴△ABE和△BCD都是等边三角形, ∴∠DBE=∠ABC,AB=BE,BC=BD, ∴△BED≌△BAC(SAS), ∴DE=AC,
∴AD=AE+DE=AB+AC; 故答案为:AB+AC=AD. (2)AB+AC=
AD.理由如下:
如图②,延长AB至点M,使BM=AC,连接DM, ∵四边形ABDC内接于⊙O, ∴∠MBD=∠ACD, ∵∠BAD=∠CAD=45°, ∴BD=CD,
∴△MBD≌△ACD(SAS),
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∴MD=AD,∠M=∠CAD=45°,∴MD⊥AD. ∴AM=∴AB+AC=
,即AB+BM=
;
,
(3)如图③,延长AB至点N,使BN=AC,连接DN, ∵四边形ABDC内接于⊙O, ∴∠NBD=∠ACD, ∵∠BAD=∠CAD, ∴BD=CD,
∴△NBD≌△ACD(SAS),
∴ND=AD,∠N=∠CAD,∴∠N=∠NAD=∠DBC=∠DCB, ∴△NAD∽△CBD, ∴∴
, ,
又AN=AB+BN=AB+AC,BC=5,BD=4, ∴
=
.
2
24.(11分)(2019?天门)在平面直角坐标系中,已知抛物线C:y=ax+2x﹣1(a≠0)和直线l:y=kx+b,点A(﹣3,﹣3),B(1,﹣1)均在直线l上.
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