吉林省白城市镇赉镇中学2012-2013学年九年级(上)期中
数学试卷
一、(每小题2分,共12分)
1.(2分)若代数式 有意义,则x的取值范围是( )
A.x≥? B.x≤ C.x≥ D.x≤?
考点:二次根式有意义的条件..
专题:.
分析:二次根式的被开方数2?5x≥0,然后解关于x的不等式即可.
解答:解:根据题意,得
2?5x≥0,
解得,x≤ ;
故选B.
点评:本题考查了二次根式有意义的条件.被开方数是非负数.
2.(2分)下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
考点:中心对称图形;轴对称图形..
分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
解答:解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
B、是轴对称图形,也是中心对称图形,不符合题意;
C、是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
D、不是轴对称图形,是中心对称图形,符合题意.
故选D.
点评:此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴.
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.
3.(2分)关于x的一元二次方程x2+x+a2?1=0的一个根是0,则a的值为( )
A.1B.?1C.1或?1D.
考点:一元二次方程的解;解一元二次方程-直接开平方法..
专题:.
分析:把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得到一个关于a的方程,求出方程的解即可.
解答:解:把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得:a2?1=0,
∴a=±1.
故选C.
点评:本题主要考查对一元二次方程的解,解一元二次方程等知识点的理解和掌握,能得到方程a2?1=0是解此题的关键.
4.(2分)(2013•金湾区一模)已知⊙O的半径为3c,点A到圆心O的距离为4c,则点A与⊙O的位置关系是( )
A.点A在⊙O内B.点A在⊙O上C.点A在⊙O外D.不能确定
考点:点与圆的位置关系..
分析:要确定点与圆的位置关系,主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系;本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,则d>r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上;当d<r时,点在圆内.
解答:解:OA>3c,则点A与⊙O的位置关系是:点A在圆外.
故选C.
点评:本题考查了对点与圆的位置关系的判断.关键要记住若半径为r,点到圆心的距离为d,则有:当d>r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上,当d<r时,点在圆内
5.(2分)如图,在正方形ABCD中,以点A为圆心,AB长为半径作弧N.若∠1=∠2,AB=2,则弧N的长为( )
A. πB. C.πD.2π
考点:弧长的计算;正方形的性质..
分析:根据题意算出∠NA=90°,AN=2,再根据弧长公式:l= (弧长为l,圆心角度数为n,圆的半径为R)进行计算即可.
解答:解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠DAB=90°,
∵∠1=∠2,
∴∠NA=90°,
∵以点A为圆心,AB长为半径作弧N,AB=2,
∴AN=2,
∴弧N的长为:l= = =π,
故选:C.
点评:此题主要考查了弧长计算,关键是熟练掌握弧长的计算公式.
6.(2分)如图所示,AB、AC分别切⊙O于B、C两点,D是⊙O上一点,∠D=40°,则∠BAO=( )
A.40°B.50°C.100°D.80°
考点:切线的性质;圆周角定理..
专题:计算题.
分析:由AB与AC为圆O的切线,利用切线长定理得到AO为角平分线,且AB与OB垂直,AC与OC垂直,得到一对直角,再由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍,由∠D的度数求出∠BOC的度数,在四边形ABOC中,利用四边形的内角和定理即可求出∠BAC的度数,进而确定出∠BAO的度数.
解答:解:∵AB、AC分别切⊙O于B、C两点,
∴AO平分∠BAC,AB⊥OB,AC⊥OC,即∠ABO=∠ACO=90°,
∴∠BAO=∠CAO= ∠BAC,
∵∠D与∠BOC都对 ,
∴∠BOC=2∠D=80°,
在四边形ABOC中,∠BAC=360°?90°?90°?80°=100°,
∴∠BAO=50°.
故选B
点评:此题考查了切线的性质,圆周角定理,切线长定理,以及四边形的内角和定理,熟练掌握切线的性质是解本题的关键.
二、题(每小题3分,共24分)
7.(3分)已知矩形长为 c,宽 为c,那么这个矩形对角线长为 c.
考点:二次根式的应用..
分析:已知矩形的相邻两边和对角线为直角三角形,故根据勾股定理即可得出矩形的对角线的长度.
解答:解:根据题意得,
矩形对角线的长度等于 .
即矩形的对角线的长度为 c.
点评:本题主要考查的是对勾股定理的使用和矩形的性质.
8.(3分)若方程(+1)x2?x?1=0是关于x的一元二次方程,则的取值范围是 ≠?1 .
考点:一元二次方程的定义..
分析:一元二次方程必须满足两个条件:(1)未知数的最高次数是2;(2)二次项系数不为0.由这两个条件得到相应的关系式+1≠0,再解不等式即可.
解答:解:由题意得:+1≠0,
解得:≠?1,
故答案为:≠?1.
点评:此题主要考查了一元二次方程的概念.只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程,一般形式是ax2+bx+c=0(且a≠0).特别要注意a≠0的条件.这是在做题过程中容易忽视的知识点.
9.(3分)(2011•上海)如图,AB、AC都是圆O的弦,O⊥AB,ON⊥AC,垂足分别为、N,如果N=3,那么BC= 6 .
考点:三角形中位线定理;垂径定理..
专题:压轴题.
分析:由AB、AC都是圆O的弦,O⊥AB,ON⊥AC,根据垂径定理可知、N为AB、AC的中点,线段N为△ABC的中位线,根据中位线定理可知BC=2N.
解答:解:∵AB、AC都是圆O的弦,O⊥AB,ON⊥AC,
∴、N为AB、AC的中点,即线段N为△ABC的中位线,
∴BC=2N=6.
故答案为:6.
点评:本题考查了垂径定理,三角形的中位线定理的运用.关键是由垂径定理得出两个中点.
10.(3分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴上,以AB为弦的⊙与x轴相切.若点A的坐标为(0,8),则圆心的坐标为 (?4,5) .
考点:切线的性质;坐标与图形性质;勾股定理;垂径定理..
分析:过作N⊥AB于N,连接A,设⊙的半径是R,根据正方形性质求出OA=AB=BC=CO=8,根据垂径定理求出AN,得出的横坐标,在△AN中,由勾股定理得出关于R的方程,求出R,即可得出的纵坐标.
解答:解:∵四边形ABCO是正方形,A(0,8),
∴AB=OA=CO=BC=8,
过作N⊥AB于N,连接A,
由垂径定理得:AN= AB=4,
设⊙的半径是R,则N=8?R,A=R,由勾股定理得:A2=N2+AN2,
R2=(8?R)2+42,
解得:R=5,
∵AN=4,四边形ABCO是正方形,⊙于x轴相切,
∴的横坐标是?4,
即(?4,5),
故答案为:(?4,5).
点评:本题考查了勾股定理、切线的性质、正方形性质,垂径定理等知识点,本题综合性比较强,是一道比较好的题目.
11.(3分)如图,△ABC绕点B逆时针方向旋转到△EBD的位置,若∠A=15°,∠C=10°,E、B、C在同一直线上,则旋转角度是 25 度.
考点:旋转的性质;三角形内角和定理..
分析:旋转是一种位置变换,折叠前后图形的形状和大小不变,只是位置变化.
三角形的内角和定理.三角形的内角和等于180°,据此即可解答.
解答:解:∵从图形可知:∠ABE即为AB、BE的夹角,等于旋转角,
∠ABE=∠A+∠C=15°+10°=25°,
故旋转角度是25度.
点评:本题考查图形的旋转变化及三角形的内角和定理.关键是要理解旋转是一种位置变换,折叠前后图形的形状和大小不变,只是位置变化.
12.(3分)(2012•岳阳)圆锥底面半径为 ,母线长为2,它的侧面展开图的圆心角是 90° .
考点:圆锥的计算..
分析:易得圆锥的底面周长,就是圆锥的侧面展开图的弧长,利用弧长公式可得圆锥侧面展开图的角度,把相关数值代入即可求解.
解答:解:∵圆锥底面半径是 ,
∴圆锥的底面周长为π,
设圆锥的侧面展开的扇形圆心角为n°,
=π,
解得n=90.
故答案为90°.
点评:此题考查了圆锥的计算,用到的知识点为:圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长.
13.(3分)一件商品的原价是100元,经过两次提价后的价格为121元,如果每次提价的百分率都是x.根据题意,可列出方程为: 100(1+x)2=121 .
考点:由实际问题抽象出一元二次方程..
专题:增长率问题.
分析:设平均每次提价的百分率为x,根据原价为100元,表示出第一次提价后的价钱为100(1+x)元,然后再根据价钱为100(1+x)元,表示出第二次提价的价钱为100(1+x)2元,根据两次提价后的价钱为121元,列出关于x的方程.
解答:解:设平均每次提价的百分率为x,
根据题意得:100(1+x)2=121,
故答案为:100(1+x)2=121.
点评:本题考查是增长率问题,若原数是a,每次变化的百分率为a,则第一次变化后为a(1±x);第二次变化后为a(1±x)2,即 原数×(1±变化的百分率)2=后来数.
14.(3分)(2011•济南)如图,△ABC为等边三角形,AB=6,动点O在△ABC的边上从点A出发沿着A→C→B→A的路线匀速运动一周,速度为1个长度单位每秒,以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第 4 秒.
考点:直线与圆的位置关系;等边三角形的性质..
专题:压轴题;动点型.
分析:若以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切,即为当点O在AC上,且和BC边相切的情况.作O′D⊥BC于D,则O′D= ,利用解直角三角形的知识,进一步求得O′C=2,从而求得O′A的长,进一步求得运动时间.
解答:解:根据题意,则作O′D⊥BC于D,则O′D= .
在Rt△O′CD中,∠C=60°,O′D= ,
∴O′C=2,
∴O′A=6?2=4,
∴以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第4秒.
故答案为:4.
点评:此题考查了直线和圆相切时数量之间的关系,能够正确分析出以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时的位置.
三、解答题(每小题5分,共20分)
15.(5分)计算: .
考点:二次根式的乘除法..
专题:计算题.
分析:先将二次根式化为最简,然后从左至右依次运算即可.
解答:解:原式=4 × ÷ =3÷ = .
点评:本题考查了二次根式的乘除法,解答本题的关键是掌握二次根式的乘除运算法则.
16.(5分)(2010•海安县一模)用配方法解方程:x2?4x+3=0.
考点:解一元二次方程-配方法..
专题:配方法.
分析:此题考查了配方法解一元二次方程,解题时要注意解题步骤的准确应用.
解答:解:∵x2?4x+3=0
∴x2?4x=?3
∴x2?4x+4=?3+4
∴(x?2)2=1
∴x=2±1
∴x1=3,x2=1.
点评:配方法的一般步骤:
(1)把常数项移到等号的右边;
(2)把二次项的系数化为1;
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方.
选择用配方法解一元二次方程时,最好使方程的二次项的系数为1,一次项的系数是2的倍数.
17.(5分)(2013•武汉模拟)解方程:x(2x?5)=4x?10.
考点:解一元二次方程-因式分解法..
分析:由于方程左右两边都含有(2x?5),可将(2x?5)看作一个整体,然后移项,再分解因式求解.
解答:解:原方程可变形为:
x(2x?5)?2(2x?5)=0,
(2x?5)(x?2)=0,
2x?5=0或x?2=0;
解得x1= ,x2=2.
点评:本题考查了一元二次方程的解法.解一元二次方程常用的方法有直接开平方法,配方法,公式法,因式分解法,要根据方程的特点灵活选用合适的方法.
18.(5分)如图,面积为48c2的正方形,四个角是面积为3c2的小正方形,现将四个角剪掉,制作一个无盖的长方体盒子,求这个长方体盒子的体积.
考点:二次根式的应用..
分析:根据大正方形的面积求出边长,根据剪掉的小正方形的面积求出边长,然后得到盒子的底面边长与高,再根据正方体的体积公式列式进行计算即可得解.
解答:解:∵大正方形面积为48c2,
∴边长为 =4 c,
∵小正方形面积为3c2,
∴边长为 c,
∴长方体盒子的体积=(4 ?2 )2• =12 c3.
点评:本题考查了二次根式的应用,根据正方形的面积求出边长是解题的关键.
四、解答题(每小题7分,共28分)
19.(7分)如图(1),正方形网格中有一个平行四边形.
(1)把图(1)中的平行四边形分割成四个全等的四边形;
(2)把(1)中所得的四个全等的四边形在图(2)中拼成一个轴对称图形,在图(3)中拼成一个中心对称图形,要求:所得图形与原图形不全等且各个顶点都落在格点上.
考点:利用旋转设计图案;利用轴对称设计图案..
分析:根据平行四边形的中心对称性,先将平行四边形分为两个全等的平行四边形,再分别将两个平行四边形分成两个直角梯形(如图1),四个直角梯形可拼成只轴对称的等腰梯形(如图2),可拼成只中心对称的平行四边形(如图3).
解答:解:(1)如图(1)所示:
(2)如图(2)(3)所示.
点评:本题考查了运用旋转,轴对称方法设计图案的问题.关键是熟悉有关图形的对称性,利用对称性分割图形,拼图.
20.(7分)当宽为3c的刻度尺的一边与⊙O相切时,另一边与圆的两个交点处的读数如图所示(单位:c),那么该圆的半径为多少c?
考点:垂径定理的应用;勾股定理..
分析:首先连接OC,交AB于点D,连接OA,由切线的性质与垂径定理可求得AD的长,然后设该圆的半径为xc,由勾股定理即可得方程:x2=(x?3)2+42,解此方程即可求得答案.
解答:解:连接OC,交AB于点D,连接OA,
由图可得:AB=9?1=8(c),
∵刻度尺的一边与⊙O相切,
∴OC⊥CE,
∵AB∥CE,
∴OD⊥AB,
∴AD= AB=4c,
设OA=xc,
则OD=(x?3)c,
在Rt△OAD中,OA2=OD2+AD2,
∴x2=(x?3)2+42,
解得:x= .
∴该圆的半径为 c.
点评:此题考查了垂径定理与勾股定理的应用.此题难度不大,注意掌握辅助线的作法,注意掌握方程思想与数形结合思想的应用.
21.(7分)(2011•东莞)如图,在平面直角坐标系中,点P的坐标为(?4,0),⊙P的半径为2,将⊙P沿x轴向右平移4个单位长度得⊙P1
(1)画出⊙P1,并直接判断⊙P与⊙P1的位置关系;
(2)设⊙P1与x轴正半轴,y轴正半轴的交点分别为A、B.求劣弧 与弦AB围成的图形的面积(结果保留π)
考点:圆与圆的位置关系;坐标与图形性质;扇形面积的计算..
专题:压轴题.
分析:(1)根据题意作图即可求得答案,注意圆的半径为2;
(2)首先根据题意求得扇形BP1A与△BP1A的面积,再作差即可求得劣弧 与弦AB围成的图形的面积.
解答:解:(1)如图:
∴⊙P与⊙P1的位置关系是外切;
(2)如图:∠BP1A=90°,P1A=P1B=2,
∴S扇形BP1A= ,
=π,
S△AP1B= ×2×2=2,
∴劣弧 与弦AB围成的图形的面积为:π?2.
点评:此题考查了圆与圆的位置关系以及扇形面积的求解方法.题目难度不大,解题的关键是注意数形结合思想的应用.
22.(7分)(2012•遵义)如图,△OAC中,以O为圆心,OA为半径作⊙O,作OB⊥OC交⊙O于B,垂足为O,连接AB交OC于点D,∠CAD=∠CDA.
(1)判断AC与⊙O的位置关系,并证明你的结论;
(2)若OA=5,OD=1,求线段AC的长.
考点:切线的判定;勾股定理;相似三角形的判定与性质..
专题:几何综合题.
分析:(1)根据已知条件“∠CAD=∠CDA”、对顶角∠BDO=∠CDA可以推知∠BDO=∠CAD;然后根据等腰三角形OAB的两个底角相等、直角三角形的两个锐角互余的性质推知
∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°,即∠OAC=90°.所以线段AC是⊙O的切线;
(2)根据“等角对等边”可以推知AC=DC,所以由图形知OC=OD+CD;然后利用(1)中切线的性质可以在Rt△OAC中,根据勾股定理来求AC的长度.
解答:解:(1)线段AC是⊙O的切线;
理由如下:∵∠CAD=∠CDA(已知),∠BDO=∠CDA(对顶角相等),
∴∠BDO=∠CAD(等量代换);
又∵OA=OB(⊙O的半径),
∴∠B=∠OAB(等边对等角);
∵OB⊥OC(已知),
∴∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°,即∠OAC=90°,
∴线段AC是⊙O的切线;
(2)设AC=x(x>0).
∵∠CAD=∠CDA(已知),
∴DC=AC=x(等角对等边);
∵OA=5,OD=1,
∴OC=OD+DC=1+x;
∵由(1)知,AC是⊙O的切线,
∴在Rt△OAC中,根据勾股定理得,
OC2=AC2+OA2,即
(1+x)2=x2+52,
解得x=12,即AC=12.
点评:本题综合考查了勾股定理、切线的判定与性质.欲证某线是圆的切线,只需证明连接圆心与此线过圆上的点的线段(圆的半径)与该直线垂直即可.
五、解答题(共2小题,满分16分)
23.(8分)(2012•广元)如图,AB是⊙O的直径,C是AB延长线上一点,CD与⊙O相切于点E,AD⊥CD于点D.
(1)求证:AE平分∠DAC;
(2)若AB=3,∠ABE=60°.
①求AD的长;
②求出图中阴影部分的面积.
考点:切线的性质;扇形面积的计算..
专题:压轴题;探究型.
分析:(1)连接OE,由切线的性质可知,OE⊥CD,再根据AD⊥CD可知AD∥OE,故∠DAE=∠AEO,再由OA=OE可知∠EAO=∠AEO,故∠DAE=∠EAO,故可得出结论;
(2)①先根据∠ABE=60°求出∠EAO的度数,进而得出∠DAE的度数,再根据锐角三角函数的定义求出AE及BE的长,在Rt△ADE中利用锐角三角函数的定义即可得出AD的长;
②由三角形内角和定理求出∠AOE的度数,再根据OA=OB可知S△AOE=S△BOE= S△ABE求出△AOE的面积,由S阴影=S扇形AOE?S△AOE即可得出结论.
解答:解:(1)连接OE.
∵CD是⊙O的切线,
∴OE⊥CD,
∵AD⊥CD,
∴AD∥OE,
∴∠DAE=∠AEO,
∵OA=OE,
∴∠EAO=∠AEO,
∴∠DAE=∠EAO,
∴AE平分∠DAC;
(2)①∵AB是⊙O的直径,
∴∠AEB=90°,
∵∠ABE=60°,
∴∠EAO=30°,
∴∠DAE=∠EAO=30°,
∵AB=3,
∴AE=AB•cos30°=3× = ,BE= AB= ,
在Rt△ADE中,
∵∠DAE=30°,AE= ,
∴AD=AE•cos30°= × = ;
②∵∠EAO=∠AEO=30°,
∴∠AOE=180°?∠EAO?∠AEO=180°?30°?30°=120°,
∵OA=OB,
∴S△AOE=S△BOE= S△ABE,
∴S阴影=S扇形AOE?S△AOE=S扇形AOE? S△ABE= ? × × × = ? .
点评:本题考查的是切线的性质及扇形面积的计算,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形,利用直角三角形的性质求解是解答此题的关键.
24.(8分)如图,⊙O的直径AB=4,C为圆周上一点,AC=2,过点C作⊙O的切线DC,P点为优弧CBA上一点(不与A、C重合)
(1)求∠APC与∠ACD的度数;
(2)当点P移动到弧CB的中点时,四边形OBPC是什么特殊的四边形,说明理由.
考点:切线的性质;等边三角形的判定与性质;菱形的判定;圆周角定理..
分析:(1)连接AC,由直径AB=4,得到半径OA=OC=2,又AC=2,得到AC=OC=OA,即三角形AOC为等边三角形,可得出三个内角都为60°,再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍,得到∠APC为30°,由CD为圆O的切线,得到OC垂直于CD,可得出∠OCD为直角,用∠OCD?∠OCA可得出∠ACD的度数;
(2)当点P移动到弧CB的中点时,四边形OBPC是菱形,由∠AOC为60°,AB为圆O的直径,得到∠BOC=120°,再由P为弧BC的中点,得到两条弧相等,根据等弧对等角,可得出∠COP=∠BOP=60°,进而得到三角形COP与三角形BOP都为等边三角形,可得出OC=OB=PC=PB,即四边形OBPC为菱形.
解答:解:(1)连接AC,如图所示:
∵AC=2,OA=OB=OC= AB=2,
∴AC=OA=OC,
∴△ACO为等边三角形,
∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°,
∴∠APC= ∠AOC=30°,
又DC与圆O相切于点C,
∴OC⊥DC,
∴∠DCO=90°,
∴∠ACD=∠DCO?∠ACO=90°?60°=30°;
(2)当点P移动到弧CB的中点时,四边形OBPC是菱形,
理由如下:
连接PB,OP,
∵AB为直径,∠AOC=60°,
∴∠COB=120°,
当点P移动到CB的中点时,∠COP=∠POB=60°,
∴△COP和△BOP都为等边三角形,
∴OC=CP=OB=PB,
则四边形OBPC为菱形.
点评:此题考查切线的性质,菱形的判定,等边三角形的判定与性质,以及弧、圆心角及弦之间的关系,熟练掌握性质与判定是解本题的关键.
六、解答题(每小题10分,共20分)
25.(10分)已知△ABC中,AB=AC,D、E是BC边上的点,将△ABD绕点A旋转,得到△ACD′,连接D′E.
(1)如图1,当∠BAC=120°,∠DAE=60°时,求证:DE=D′E;
(2)如图2,当DE=D′E时,∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系?请写出,并说明理由.
考点:旋转的性质;全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质..
分析:(1)根据旋转的性质和全等三角形的判定定理SAS证得△DAE≌△D′AE,则由“全等三角形的对应边相等”的性质证得结论;
(2)∠DAE= ∠BAC.根据旋转的性质和全等三角形的判定定理SSS证得△DAE≌△D′AE,则由“全等三角形的对应角相等”的性质推知∠DAE= ∠BAC.
解答:(1)证明:∵△ABD绕点A旋转,得到△ACD′,
∴∠DAD′=∠BAC=120°,AD=AD′.
∵∠DAE=60°,
∴∠EAD′=∠DAD′?∠DAE=120°?60°=60°,
∴∠DAE=∠D′AE.
在△DAE与△D′AE中,
,
∴△DAE≌△D′AE(SAS),
∴DE=D′E(全等三角形的对应边相等);
(2)解:∠DAE= ∠BAC.理由如下:
∵△ABD绕点A旋转,得到△ACD′,
∴∠DAD′=∠BAC,AD=AD′.
∴在△DAE与△D′AE中,
,
∴△DAE≌△D′AE(SSS),
∴∠DAE=∠D′AE= ∠DAD′,
∴∠DAE= ∠BAC.
点评:本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质.旋转前、后的图形全等.
26.(10分)如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,AD=3c,DC=15c,BC=24c.点P从A点出发,沿A→D→C方向以1c/s的速度向终点C匀速运动,同时点Q从C点出发,沿C→B方向以2c/s的速度向终点B匀速运动.在整个运动过程中,△APQ的面积为S(c2),点P运动的时间为t(s).
(1)当t=2(s),t=4(s),t=16(s)时,求S的值;
(2)在整个运动过程中,求S与t的函数关系式;
(3)试确定当t为何值时,△APQ的面积S=27c2;
(4)当点P在AD上,当t为何值时,△APQ是直角三角形.
考点:相似形综合题..
分析:(1)根据三角形的面积公式和梯形的面积公式就可以分别求出t=2(s),t=4(s),t=16(s)时S的值;
(2)分三种情况如图1,图2,图3分别由三角形与梯形的面积公式就可以求出结论;
(3)将S=27分别代入解析式就可以求出结论;
(4)分两种情况如图4、图5建立方程就可以求出结论.
解答:解:(1)当t=2时,
S= =15;
当t=4时,
S= ? ? =25;
当t=16时,
S= =159
(2)如图1,当0<t≤3时,
S= ;
如图2,当3<t≤12时
S= ,
=t2? t+27;
如图3,当12<t≤18时,
S= ,
= t?9.
(3)由题意,得
当 =27时,
t= >3(舍去),
当t2? t+27=27时,
解得:t1=0(舍去),t2=
当 t?9=27时,
解得:t= <12(舍去),
∴t= 时,△APQ的面积S=27c2;
(4)如图4,当∠APQ=90°时
3?t=2t,
∴t=1,
如图5,当∠PAQ=90°时
2t=3,
∴t= .
∴当点P在AD上,当t=1或 时,△APQ是直角三角形.
点评:本题考查了三角形、梯形的面积公式的运用,分段函数的运用,由函数值确定自变量的值的运用,直角三角形的性质的运用,解答时求出二次函数的解析式是关键.
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