Question

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x²-4=0的解，點(diǎn)C的縱坐標(biāo)恰好是方程x²-4x+4=0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(dòng)，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(dòng)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(dòng)點(diǎn)Q，連QA、QB、QP，且∠PQA=60°，問：當(dāng)Q在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠APQ+∠ABQ的度數(shù)和是否會(huì)發(fā)生改變？若不變，請(qǐng)說明理由并求其值．

Answer 1

考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）先根據(jù)方程的解分別求出B（2，0），A（-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，運(yùn)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．

解答：解：（1）∵點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)恰好是方程x²-4=0的解，
∴B（2，0），A（-2，0）．
∵點(diǎn)C的縱坐標(biāo)恰好是方程x²-4x+4=0的解，
∴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

2k+b=0 b=2

，解得

k=-1 b=2

，
∴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：
如答圖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=

1

2

AC，
∴DM=DN=OM=ON=m．
在△PCD與△BOD中，

PC=BO=OC ∠PCD=∠BOD=135° DC=DO= 1 2 AC

，
∴△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(dòng)時(shí)，∠APQ+∠ABQ的度數(shù)和不會(huì)發(fā)生改變．理由如下：
如答圖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，
在△APS與△BPQ中，

PS=PQ ∠APS=∠BPQ PA=PB

，
∴△APS≌△BPQ（SAS），
∴∠PAS=∠PBQ，
∴∠APQ+∠ABQ=∠APQ+（∠ABP+∠PBQ）=60°+（∠APQ+∠PBQ）=60°+（∠APQ+∠PAS）=60°+120°=180°．

點(diǎn)評(píng)：此題是一次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運(yùn)用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，線段垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，難度適中．根據(jù)已知作出輔助線從而證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．