26年湛江一模第23题 函数与几何综合

专题：函数与几何\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：求函数解析式+函数关系式 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

 

【题目】

(26年湛江一模第23题)
已知：在直角坐标系中，直线\(AB\)与\(x\)轴交于点\(A\)，与\(y\)轴交于点\(B\)，直线\(BC\)与\(x\)轴交于点\(C\)，\(\tan ⁡∠BAO=3\)，\(∠BCO=45^\circ\)，\(AC=8\).

(1)如图1，求直线\(AB\)的解析式；
(2)如图2，点\(P\)在线段\(BC\)上，过点\(P\)作\(PH∥x\)轴，交\(AB\)于点\(H\)，点\(P\)的横坐标为\(t\)，\(PH\)的长为\(d\)，求\(d\)与\(t\)的函数关系式；
(3)如图3．在(2)的条件下，当\(d=\dfrac{8}{3}\)时，延长\(AP\)到点\(D\)，\(E\)是\(CD\)上一点，连接\(AE\)，点\(N\)是\(OC\)上一点连接\(DN\)，交\(BC\)于点\(F\)，交\(AE\)于点\(G\)，延长\(AE\)到\(K\)，连接\(DK\)，若\(∠DEP=∠AEP\)，\(AN=\sqrt{2} DP\)，\(4DF=3DC\)，\(DG=GK\)，求直线\(DK\)的解析式．

 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
分析已知易得\(\left\{ \begin{array}{c} \tan ⁡∠BAO=3⟹OB=3OA\\ ∠BCO=45^\circ ⟹OB=OC\\ AC=8⟹OA+OC=8 \end{array} \right. \)，求得\(OA=2\)，\(OB=6\)，
待定系数法求得直线\(AB\)的解析式为\(y=3x+6\)；
 

第二问：
方法1 几何
从图形的特殊角度和位置入手，过点\(P\)作\(PM⊥AC\)交\(AC\)于点\(M\)，设\(PH\)交\(OB\)于点\(I\)，
因为点\(P\)的横坐标为\(t\)，所以\(BI=PI=t\)；由\(\tan ⁡∠BHI=\tan ⁡∠BAO=3\)得\(HI=\dfrac{1}{3} BI=\dfrac{1}{3} t\)，
所以\(d=PH=t+\dfrac{1}{3} t=\dfrac{4}{3} t\)，且\(0≤t≤6\)；

方法2 函数
求得直线\(BC\)的解析式为\(y=-x+6\)，设点\(P(t,-t+6)\)，则点\(H(m,-t+6)\)，
又由点\(H\)在\(y=3x+6\)上，所以\(m=-\dfrac{1}{3} t\)，
所以\(d=PH=x_P-x_H=t+\dfrac{1}{3} t=\dfrac{4}{3} t\)，且\(0≤t≤6\)；

 

第三问：
分析已知
（1） \(d=\dfrac{8}{3}\)
可得点\(P (2，4)\)；由已知确定点的位置，可得\(△APC\)是等腰直角三角形，\(AP=CP=4\sqrt{2}\)，

 

（2）\(AN=\sqrt{2} DP\)，\(4DF=3DC\)
① 可能用于证明相似；
②\(AN=\sqrt{2} DP\)中\(\sqrt{2}\)是特殊值，想到构造等腰直角三角形，过点\(N\)作\(NH⊥AD\)，则\(AH=NH=DP\)；
③ 设元，设\(DP=x\)，\(DF=3y\)，则\(AN=\sqrt{2} x\)，\(AH=NH=x\)，\(CD=4y\)；

\(∠APF=∠DHN=90^\circ ⟹PF||NH⟹\dfrac{DP}{DH} =\dfrac{PF}{NH} ⟹\dfrac{x}{4\sqrt{2}} =\dfrac{PF}{x} ⟹PF=\dfrac{x^2}{4\sqrt{2}}\)，

在直角\(△DPF\)中，\(PF^2+PD^2=DF^2⟹\left(\dfrac{x^2}{4\sqrt{2}} \right)^2+x^2=9y^2\)①，
在直角\(△DPC\)中，\(PC^2+PD^2=DC^2⟹32+x^2=16y^2\)②，
由①②解得\(x=3\sqrt{2}\)，\(y=\dfrac{5\sqrt{2}}{4}\)，
则\(AD=7\sqrt{2}\)，可得\(D(5,7)\)；图中其他很多线段长度也可求得；
 

（3） \(∠DEP=∠AEP\)
① 观察图形，是否能推得出其他角的关系；也可能用于证明全等三角形或相似三角形；
② 角平分线的性质：过点\(P\)分别作\(AE、DE\)的垂线，垂足为\(S、T\)，则\(PS=PT\)；

利用等积法\(S_{△CPD}=\dfrac{1}{2} DP\cdot CP=\dfrac{1}{2} CD\cdot PT⟹PT=\dfrac{12\sqrt{2}}{5} ⟹PS=\dfrac{12\sqrt{2}}{5}\)；
③ 角平分线定理：\(\dfrac{DE}{AE} =\dfrac{PD}{AP} =\dfrac{3}{4}\)，由因为直线\(CD\)的解析式可求，想到设点\(E\)的坐标，从而求出\(E\)的坐标；
 

（4）\(DG=GK\)
① 得到\(∠GDK=∠K\)；
② 可能证明全等三角形；
 

分析求证
直线\(DK\)的解析式：已求点\(D(5,7)\)，那只需要求点\(K\)的坐标或直线上再构造的一点的坐标.
 

综合以上 ，再梳理下分析，由于有一定的技巧性，具体看解答过程.

 

【解答】

第一问：
在直角\(△OAB\)中，\(\tan ⁡∠BAO=\dfrac{OB}{OA} =3\)，\(∴OB=3OA\)，
\(∵∠BCO=45^\circ\)，\(∠BOC=90^\circ\)，\(∴△OBC\)是等腰直角三角形，
\(∴OB=OC=3OA\)，\(∠OCB=45^\circ\)，
\(∴AC=OA+OC=4OA=8\)，即\(OA=2\)，
\(∴OB=OC=6\)，
\(∴\)点\(A\)的坐标为\((-2,0)\)，点\(B\)的坐标为\((0,6)\)，点\(C\)的坐标为\((6,0)\)，
设直线\(AB\)的解析式为\(y=k_1 x+b_1\)，
将\(A(-2,0)\)，\(B(0,6)\)代入\(y=k_1 x+b_1\)，
得\(\left\{ \begin{array}{c} 0=-2k_1+b_1\\ 6=b_1 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} k_1=3\\ b_1=6 \end{array} \right. \)，
\(∴\)直线\(AB\)的解析式为\(y=3x+6\)；
 

第二问：
方法1 几何
过点\(P\)作\(PM⊥AC\)交\(AC\)于点\(M\)，设\(PH\)交\(OB\)于点\(I\)，
\(∵PH∥x\)轴，\(∴∠BHI=∠BAO\)，\(∠BPI=∠BCO=45^\circ\)，
\(∵\)点\(P\)的横坐标为\(t\)，所以\(BI=PI=t\)；
由\(\tan ⁡∠BHI=\tan ⁡∠BAO=3\)得\(HI=\dfrac{1}{3} BI=\dfrac{1}{3} t\)，
所以\(d=PH=PI+HI=t+\dfrac{1}{3} t=\dfrac{4}{3} t\)，且\(0≤t≤6\)；

 

方法2 函数
设直线\(AB\)的解析式为\(y=k_2 x+b_2\)，
将\(C(6,0)\)，\(B(0,6)\)代入\(y=k_2 x+b_2\)，
得\(\left\{ \begin{array}{c} 0=6k_2+b_2\\ 6=b_2 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} k_2=-1\\ b_2=6 \end{array} \right. \)，
\(∴\)直线\(BC\)的解析式为\(y=-x+6\)；
\(∵\)点\(P\)在线段\(BC\)上，且点\(P\)的横坐标为\(t\)，
\(∴\)点\(P\)的坐标为\((t,-t+6)\)，
\(∵PH∥x\)轴，\(∴y_P=y_H=-t+6\)，
将\(y=-t+6\)代入\(y=3x+6\)，
得\(-t+6=3x+6\)，解得\(x=-\dfrac{1}{3} t\)，
\(∴\)点\(H\)的坐标为\(\left(-\dfrac{1}{3} t,-t+6\right)\)，
\(∴PH=t-\left(-\dfrac{1}{3} t\right)=\dfrac{4}{3} t\)，
\(∴d=\dfrac{4}{3} t(0≤t≤6)\)；
 

第三问：
过点\(P\)作\(PM⊥AC\)交\(AC\)于点\(M\)，过点\(N\)作\(NH⊥AD\)交\(AD\)于点\(H\)，过点\(D\)作\(NL⊥AC\)交\(AC\)于点\(L\)，过点\(P\)分别作\(AE、DE\)的垂线，垂足为\(S、T\)，\(AD\)交\(y\)轴于点\(J\)，延长\(DK\)交\(y\)轴于点\(I\)，

设\(DP=x\)，\(DF=3y\)，则\(AN=\sqrt{2} x\)，\(CD=4y\)，
\(∵d=\dfrac{4}{3} t=\dfrac{8}{3}\)，
\(∴t=2\)，此时点\(P\)的坐标为\((2，4)\)，
\(∴AM=PM=CM=4\)，
\(∴AP=PC=4\sqrt{2}\)，
\(∴∠PAM=45^\circ\)，\(∠APC=90^\circ\)，
\(∴AH=NH=\dfrac{AN}{\sqrt{2}} =x\)，\(HP=AP-AH=4\sqrt{2}-x\)，\(DH=DP+HP=4\sqrt{2}\)，
\(∵∠APC=∠DHN=90^\circ\)，\(∴PF||NH\)，
\(∴\dfrac{DP}{DH} =\dfrac{PF}{NH}\)，\(∴\dfrac{x}{4\sqrt{2}} =\dfrac{PF}{x}\)，\(∴PF=\dfrac{x^2}{4\sqrt{2}}\)，
在直角\(△DPF\)中，\(PF^2+PD^2=DF^2\)，\(∴\left(\dfrac{x^2}{4\sqrt{2}} \right)^2+x^2=9y^2\)①，
在直角\(△DPC\)中，\(PC^2+PD^2=DC^2\)，\(∴32+x^2=16y^2\)②，
由①②得\(x^4+14x^2-18×32=0⟹(x^2-18)(x^2+32)=0\)，
\(∴x=3\sqrt{2}\)，\(∴y=\dfrac{5\sqrt{2}}{4}\)，
即\(PD=AH=NH=3\sqrt{2}\)，\(AN=\sqrt{2} x=6\)，\(CD=4y=5\sqrt{2}\)，
\(∴N(4,0)\)，
\(∵AD=7\sqrt{2}\)，\(∠DAN=45^\circ\)，
\(∴DL=AL=7\)，
\(∴D(5,7)\)，\(∴DN=\sqrt{NL^2+DL^2}=\sqrt{1+49}=5\sqrt{2}\)，
\(∵S_{△CPD}=\dfrac{1}{2} DP\cdot CP=\dfrac{1}{2} CD\cdot PT\)，
\(∴PT=\dfrac{DP\cdot CP}{CD}=\dfrac{3\sqrt{2}×4\sqrt{2}}{5\sqrt{2}} =\dfrac{12\sqrt{2}}{5}\)，
\(∵∠DEP=∠AEP\)，即\(EP\)平分\(∠AED\)，
又\(∵PS⊥AE\)，\(PT⊥DE\)，\(∴PS=PT=\dfrac{12\sqrt{2}}{5}\)，
在直角\(△DNQ\)中，\(\sin ⁡∠GDA=\dfrac{NH}{DN} =\dfrac{3\sqrt{2}}{5\sqrt{2}} =\dfrac{3}{5}\)；

在直角\(△APS\)中，\(\sin ⁡∠GAD=\dfrac{PS}{AP} =\dfrac{\dfrac{12\sqrt{2}}{5}}{4\sqrt{2}} =\dfrac{3}{5}\)，
\(∵\sin ⁡∠GDA=\dfrac{3}{5} =\sin ⁡∠GAD\)，
\(∴∠GDA=∠GAD\)，
\(∵DG=GK\)，
\(∴∠GDK=∠K\)，
\(∵∠GDA+∠GAD+∠GDK+∠K=180^\circ\)，
\(∴∠GDA+∠GDK=90^\circ\)，即\(∠ADK=90^\circ\)，
（此时\(DK||BC\)，由高中知识可知\(k_{DK}=k_{BC}=-1\)，更易得直线解析式）
\(∵∠DAC=45^\circ\)，\(∴∠IJD=∠AJO=45^\circ\)，\(∵∠DAC=45^\circ\)，
在直角\(△DIJ\)中，\(IJ=\dfrac{DJ}{\cos ∠IJD} =\dfrac{AD-AJ}{\cos ∠IJD} =\dfrac{7\sqrt{2}-2\sqrt{2}}{\cos 45^\circ} =10\)，
\(∴\)点\(I\)的坐标为\((0，12)\)，
设直线\(DK\)的解析式为\(y=k_3 x+b_3\)，
将\(M(0，12)\)，\(D(5，7)\)代入\(y=k_3 x+b_3\)，
得\(\left\{ \begin{array}{c} 12=b_3\\ 7=5k_3+b_3 \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} k_3=-1\\ b_3=12 \end{array} \right. \)，
\(∴\)直线\(DK\)的解析式为\(y=-x+12\)．