动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式（由时间＝路程÷速度可得出t的取值范围）； （2）将PQ＝3
代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，利用勾股定理可求出OB的长，由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP，利用相似三角形的性质结合OB＝10可求出OD＝6，由CB∥OA可得出∠DOF＝∠OBC，在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC的值，由OF＝OD?cos∠OBC，DF＝OD?sin∠OBC可求出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解． 【解答】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6）， ∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ＝PE+EQ＝6+|8﹣5t|＝25t﹣80t+100， ∴y＝25t﹣80t+100（0≤t≤4）． 故答案为：y＝25t﹣80t+100（0≤t≤4）． （2）当PQ＝3
2
2
22
2
2
2
2
2
时，25t﹣80t+100＝（3
2
），
2
整理，得：5t﹣16t+11＝0， 解得：t1＝1，t2＝
．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示． ∵OC＝6，BC＝8， ∴OB＝∵BQ∥OP， ∴△BDQ∽△ODP， ∴
＝
＝
＝， ＝10．
∴OD＝6． ∵CB∥OA， ∴∠DOF＝∠OBC． 在Rt△OBC中，sin∠OBC＝
＝
＝，cos∠OBC＝
＝
＝，
第21页（共26页）
∴OF＝OD?cos∠OBC＝6×＝∴点D的坐标为（
，
），
，DF＝OD?sin∠OBC＝6×＝，
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．
23．（10分）（2019?天门）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： AB+AC＝AD ；
（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求
的值．
【分析】（1）在AD上截取AE＝AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，可得DE＝AC，则AB+AC＝AD；
第22页（共26页）
（2）延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，证得AB+AC＝
；
（3）延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得
，可由AN＝AB+AC，求出
的值．
【解答】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE， ∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形， ∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD， ∴△BED≌△BAC（SAS）， ∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC； 故答案为：AB+AC＝AD． （2）AB+AC＝
AD．理由如下：
如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM， ∵四边形ABDC内接于⊙O， ∴∠MBD＝∠ACD， ∵∠BAD＝∠CAD＝45°， ∴BD＝CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
第23页（共26页）
∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD． ∴AM＝∴AB+AC＝
，即AB+BM＝
；
，
（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN， ∵四边形ABDC内接于⊙O， ∴∠NBD＝∠ACD， ∵∠BAD＝∠CAD， ∴BD＝CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB， ∴△NAD∽△CBD， ∴∴
， ，
又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4， ∴
＝
．
2
24．（11分）（2019?天门）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y＝ax+2x﹣1（a≠0）和直线l：y＝kx+b，点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）均在直线l上．
第24页（共26页）
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