Question

1．如圖1，在平面直角坐系中，點(diǎn)A（0，2）、B（-1，0）、C（0，-4），點(diǎn)P是x軸上的一點(diǎn)，AB•AQ=AC•AP，且∠BAC=∠PAQ．
（1）求證：△ABP∽△ACQ；
（2）求直線CQ的函數(shù)表達(dá)式；
（3）若點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t，
①當(dāng)t=4時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
②用含t的代數(shù)式表示點(diǎn)Q的坐標(biāo)（直接寫出答案）

Answer 1

分析 （1）先判斷出∠BAP=CAQ，即可得到△ABP∽△ACQ；
（2）先求出tan∠ABP=$\frac{OA}{OB}$=2，再求出tan∠OCM=$\frac{OM}{OC}=\frac{OM}{4}$，建立方程即可求出直線CQ和x軸的交點(diǎn)；
（3）設(shè)出Q坐標(biāo)表示出CQ，借助（1），$\frac{AB}{AC}=\frac{BP}{CQ}$，代值求出m．①把t=4代入即可；②結(jié)論直接出來．

解答 解：（1）∵∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAP=CAQ，
∵AB•AQ=AC•AP，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AP}{AQ}$，
∴△ABP∽△ACQ；
（2）∵A（0，2）、B（-1，0）、C（0，-4），
∴OA=2，OB=1，OC=4，
在Rt△AOB中，tan∠ABP=$\frac{OA}{OB}$=2，
在Rt△COM中，tan∠OCM=$\frac{OM}{OC}=\frac{OM}{4}$，
由（1）知，△ABP∽△ACQ；
∴∠ABP=∠OCM，
∴$\frac{OM}{4}$=2，
∴OM=8，
∴M（8，0），
設(shè)直線CQ解析式為y=kx-4，
∴8k-4=0，
∴k=$\frac{1}{2}$，
∴直線CQ解析式為y=$\frac{1}{2}$x-4，
（3）∵A（0，2）、B（-1，0），C（0，-4），
∴AB=$\sqrt{5}$，AC=6，
∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t，
∴BP=t+1
設(shè)Q（m，$\frac{1}{2}$m-4），
∴CQ=$\sqrt{{m}^{2}+（\frac{1}{2}m-4+4）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$m，
由（1）知，△ABP∽△ACQ，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{BP}{CQ}$，
∴$\frac{\sqrt{5}}{6}=\frac{t+1}{\frac{\sqrt{5}}{2}m}$，
∴m=$\frac{12}{5}t+\frac{12}{5}$，
∴$\frac{1}{2}$m-4=$\frac{6}{5}t-\frac{14}{5}$，
∴$Q（\frac{12}{5}t+\frac{12}{5}，\frac{6}{5}t-\frac{14}{5}）$
①當(dāng)m=4時(shí)，m=$\frac{12}{5}t+\frac{12}{5}$=12，$\frac{1}{2}$m-4=$\frac{6}{5}t-\frac{14}{5}$=2，
∴Q（12，2），
②$Q（\frac{12}{5}t+\frac{12}{5}，\frac{6}{5}t-\frac{14}{5}）$．

點(diǎn)評 此題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，待定系數(shù)法，解本題的關(guān)鍵是求出直線CQ解析式．