试题

（2012·道里区三模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（-4，0）处．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点P从点A出发以每秒4

5

个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．

解：（1）∵C（0，8），D（-4，0），
∴OC=8，OD=4，
设OB=a，则BC=8-a，
由折叠的性质可得：BD=BC=8-a，
在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB²=OB²+OD²，
则（8-a）²=a²+4²，
解得：a=3，
则OB=3，
则B（0，3），
tan∠ODB=

OB

OD

=

3

4

，
由折叠的性质得：∠ADB=∠ACB，
则tan∠ACB=tan∠ODB=

3

4

，
在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=

OA

OC

=

3

4

，
则OA=6，
则A（6，0），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
则

6k+b=0 b=3

，
解得：

k=- 1 2 b=3

，
故直线AB的解析式为：y=-

1

2

x+3；

（2）在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，
则AB=

OB2+OA2

=3

5

，tan∠BAO=

OB

OA

=

1

2

，cos∠BAO=

OA

AB

=

2 5

5

，
在Rt△PQA中，∠APQ=90°，AP=4

5

t，
则AQ=

AP

cos∠BAO

=10t，
∵PR∥AC，
∴∠APR=∠CAB，
由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB，
∴∠BAO=∠APR，
∴PR=AR，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，
∴∠PQA=∠QPR，
∴RP=RQ，
∴RQ=AR，
∴QR=

1

2

AQ=5t，
即d=5t；

（3）过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，
∵EF=QR，
∴NS=NT，
∴四边形NTOS是正方形，
则TQ=TR=

1

2

QR=

5

2

t，
∴NT=

1

2

AT=

1

2

（AQ-TQ）=

1

2

（10t-

5

2

t）=

15

4

t，
分两种情况，
若点N在第二象限，则设N（n，-n），
点N在直线y=-

1

2

x+3上，
则-n=-

1

2

n+3，
解得：n=-6，
故N（-6，6），NT=6，
即

15

4

t=6，
解得：t=

8

5

；
若点N在第一象限，设N（N，N），
可得：n=-

1

2

n+3，
解得：n=2，
故N（2，2），NT=2，
即

15

4

t=2，
解得：t=

8

15

．
故当t=

8

5

或t=

8

15

时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．
解：（1）∵C（0，8），D（-4，0），
∴OC=8，OD=4，
设OB=a，则BC=8-a，
由折叠的性质可得：BD=BC=8-a，
在Rt△BOD中，∠BOD=90°，DB²=OB²+OD²，
则（8-a）²=a²+4²，
解得：a=3，
则OB=3，
则B（0，3），
tan∠ODB=

OB

OD

=

3

4

，
由折叠的性质得：∠ADB=∠ACB，
则tan∠ACB=tan∠ODB=

3

4

，
在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=

OA

OC

=

3

4

，
则OA=6，
则A（6，0），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
则

6k+b=0 b=3

，
解得：

k=- 1 2 b=3

，
故直线AB的解析式为：y=-

1

2

x+3；

（2）在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，
则AB=

OB2+OA2

=3

5

，tan∠BAO=

OB

OA

=

1

2

，cos∠BAO=

OA

AB

=

2 5

5

，
在Rt△PQA中，∠APQ=90°，AP=4

5

t，
则AQ=

AP

cos∠BAO

=10t，
∵PR∥AC，
∴∠APR=∠CAB，
由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB，
∴∠BAO=∠APR，
∴PR=AR，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，
∴∠PQA=∠QPR，
∴RP=RQ，
∴RQ=AR，
∴QR=

1

2

AQ=5t，
即d=5t；

（3）过点分别作NT⊥RQ于T，NS⊥EF于S，
∵EF=QR，
∴NS=NT，
∴四边形NTOS是正方形，
则TQ=TR=

1

2

QR=

5

2

t，
∴NT=

1

2

AT=

1

2

（AQ-TQ）=

1

2

（10t-

5

2

t）=

15

4

t，
分两种情况，
若点N在第二象限，则设N（n，-n），
点N在直线y=-

1

2

x+3上，
则-n=-

1

2

n+3，
解得：n=-6，
故N（-6，6），NT=6，
即

15

4

t=6，
解得：t=

8

5

；
若点N在第一象限，设N（N，N），
可得：n=-

1

2

n+3，
解得：n=2，
故N（2，2），NT=2，
即

15

4

t=2，
解得：t=

8

15

．
故当t=

8

5

或t=

8

15

时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．