Question

14．如圖，等邊△ABC在平面直角坐標系中，點A、B分別在x軸正半軸、y軸的負半軸上，AB=10，將△ABC沿直線AC翻折，點B的對應點D恰好落在x軸的正半軸上．
（1）求直線AB的解析式；
（2）點Q從點D出發(fā)沿折線DC-CA-AB以每秒3個單位長的速度勻速運動；點P從點B沿BC以每秒1個單位長的速度勻速運動，射線PK隨點P移動，保持與BC垂直，且交折線AB-AC于點E，交直線AD于點F．當點Q運動到點B時，停止運動，點P也隨之停止．P、Q兩點同時出發(fā)，設Q運動的時間為t（s），過點Q作QM⊥OD于M，設FM=y，求y與t的函數(shù)關系式，并要求寫出自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，在點P、Q的運動過程中，t為何值時，QE⊥AB？并判斷此時點Q與以AE為直徑的⊙O′的位置關系，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點A作AH⊥于H，構造直角三角形，由勾股定理求得AH=5$\sqrt{3}$，OA=5，得到點A，B的坐標，利用待定系數(shù)法求得直線的解析式．
（2）根據(jù)點Q的不同位置，利用三角函數(shù)求得相關的線段，得到自變量的取值范圍和相關的解析式．
（3）只有點Q在線段CD上時，QE才能與A垂直，由QE⊥AB，得到EQ⊥CD，因為∠ACD=60°，所以∠QNC=30°，得到CG=2（10-3t）=20-6t，AG=10-（20-6t）=6t-10，由BF=t，得到BE=2t，于是AE=10-2T，列方程2（10-2t）=6t-10，求得t=3，根據(jù)點Q到AE中點的距離大于AE的一半，所以得到點Q在圓的外面．

解答 解：（1）如圖1，過點A作AH⊥于H，
∵△ABC為等邊三角形，
∴∠ABH=60°，
∵AB=10
∴AH=5$\sqrt{3}$，OA=5，
∴A（5，0），B（0，-5$\sqrt{3}$），
設直線AB的解析式為：y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{0=5k+b}\\{-5\sqrt{3}=b}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\sqrt{3}}\\{b=-5\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
∴直線AB的解析式為：y=$\sqrt{3}$x-5$\sqrt{3}$；

（2）如圖2，由題意得：OD=15，
四邊形OBPF是矩形，
∴OF=BP=t，DQ=3t，
∴DM=$\frac{1}{2}$DQ=$\frac{3t}{2}$，
∴FM=15-$\frac{3t}{2}$-t=-$\frac{5t}{2}$+15，
如圖3，設QM交BC于N，
∵CQ=3t-10，
∴CN=$\frac{3t-10}{2}$，
∴FM=15-5-t-（$\frac{3t}{2}$-5）=-$\frac{5t}{2}$+15，
∴y=-$\frac{5t}{2}$+15（0≤t≤6），
如圖4，OF=BP=t，AM=$\frac{3t-20}{2}$，
∴OM=5-$\frac{3t-20}{2}$，
∴FM=t-（5-$\frac{3t-20}{2}$），
即：y=$\frac{5t}{2}$-15，（6＜t≤10）；

（3）如圖5，設QE交AC于G，
∵QE⊥AB，
∴EQ⊥CD，
∵∠ACD=60°，
∴∠QNC=30°，
∴CG=2（10-3t）=20-6t，
∴AG=10-（20-6t）=6t-10，
∵BF=t，
∴BE=2t，
∴AE=10-2T，
∴2（10-2t）=6t-10，
∴t=3，
∴當t=3時，QE⊥AB；
∵t=3，
∴AE=4，QE=4$\sqrt{3}$＞4，
∴QO′＞4$\sqrt{3}$＞2，
∴點Q在⊙O外．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，矩形的性質，動點問題，點與圓的位置關系，（2）中要考慮點Q的不同位置求解．