【導(dǎo)讀】的半圓所組成的圖形叫作圖形C．已知A，B（1，0），AE∥BF，恰好只有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，寫出b的取值范圍；解：連接AD、DB，則點(diǎn)D在直線AE上，如圖1?！唿c(diǎn)D在以AB為直徑的半圓上，在Rt△DOB中，由勾股定理得，BD=2?！鄡蓷l射線AE、BF所在直線的距離為2?！逜MPQ四點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蚺帕?，∴直線PQ必在直線AM的上方?！郟Q兩點(diǎn)都在弧AD上，且不與點(diǎn)A、D重合。③當(dāng)點(diǎn)M在弧BD上時(shí)，設(shè)弧DB的中點(diǎn)為R，則OR∥BF，∴四邊形AMPQ為滿足題意的平行四邊形。一次函數(shù)綜合題，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)，圓周角定理。角邊的長(zhǎng)等于兩直線間的距離。利用數(shù)形結(jié)合的方法得到當(dāng)直線與圖形C有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)自變量x的取值范圍即可。）．連接PF．并延長(zhǎng)交拋物線1C于點(diǎn)Q. ，設(shè)其圖象與拋物線2C交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0x，&#39;0x，且0x<&#39;0x，恒成立時(shí)，m的最大值在&#39;0x處取得。①求出AF和BF即可證明。②應(yīng)用勾股定理和相似三角形的判定和性質(zhì)求出?！逤P⊥AB，∴△ABC∽△CPB?！摺鰽EP∽△ABC，∴PEBCAPAC?

　　

【正文】 當(dāng) AQ＝ PQ時(shí)， 2（ 4－ t） 2＝ (7－ t)2，整理得， t2－ 2t－ 17＝ 0 解之得 t=1177。3 2 (舍去 )。 當(dāng) P在 CA上運(yùn)動(dòng)時(shí)， 4≤t ＜ 7，此時(shí)直線 l交 AO于 Q。 過(guò) A作 AD⊥OB 于 D，則 AD＝ BD＝ 4。 設(shè)直線 l交 AC于 E，則 QE⊥AC ， AE＝ RD＝ t－ 4， AP＝ 7－ t.。 由 cos∠OAC ＝ AEAQ ＝ ACAO，得 AQ ＝ 53(t－ 4)。 當(dāng) AP＝ AQ時(shí)， 7－ t ＝ 53(t－ 4)，解得 t ＝ 418 。 當(dāng) AQ＝ PQ時(shí)， AE＝ PE，即 AE＝ 12AP， 得 t－ 4＝ 12(7－ t)，解得 t ＝ 5。 當(dāng) AP＝ PQ時(shí)，過(guò) P作 PF⊥AQ 于 F AF＝ 12AQ ＝ 12179。 53(t－ 4)。 在 Rt△ APF中，由 cos∠PAF ＝ AFAP ＝ 35，得 AF＝ 35AP， 即 12179。 53(t－ 4) ＝ 35179。(7 － t)，解得 t＝ 22643 。 ∴ 綜上所述， t＝ 1或 418 或 5或 22643 秒時(shí)， △APQ 是等腰三角形。 lxyOBACPRQlxyOBACPRDFElxyOBAC PRQlRPCABOyx 28 【考點(diǎn)】一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解二元一次方程組，勾股定理，銳角三角函數(shù)， 解一元二次方程，等腰三角形的判定。 【分析】（ 1）聯(lián)立方程 7yx?? ? 與和 43yx? 即可求出點(diǎn) A的坐標(biāo)，令 70x? ? ? 即可得點(diǎn)B的坐標(biāo)。 （ 2） ① 只要把三角形的面積用 t 表示，求出即可。應(yīng)注意分 P 在 OC 上運(yùn)動(dòng)和 P 在CA上運(yùn)動(dòng)兩種情況。 ② 只要把有關(guān)線 段用 t表示，找出 AP＝ AQ， AP＝ PQ， AQ＝ PQ的條件時(shí) t的值即可。應(yīng)注意分別討論 P在 OC上運(yùn)動(dòng)（此時(shí)直線 l與 AB相交）和 P在 CA上運(yùn)動(dòng)（此時(shí)直線l與 AO相交）時(shí) AP＝ AQ， AP＝ PQ， AQ＝ PQ的條件。 16.（ 江蘇 淮安 12分）如圖，在 Rt△ABC 中， ∠C ＝ 90176。 ， AC＝ 8， BC＝ 6，點(diǎn) P在 AB上， AP＝ 2。 .點(diǎn) E、 F同時(shí)從點(diǎn) P出發(fā)，分別沿 PA、 PB以每秒 1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn) A、 B勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) E到達(dá)點(diǎn) A后立即以原速度沿 AB向點(diǎn) B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn) B時(shí)停止，點(diǎn) E也隨之停止 .在點(diǎn) E、 F運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以 EF為邊作正方形 EFGH，使它與 △ABC 在線段 AB的同側(cè)，設(shè) E、 F運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t 秒（ t ＞ 0），正方形 EFGH與 △ABC 重疊部分面積為 S. （ 1）當(dāng) t ＝ 1時(shí)，正方形 EFGH的邊長(zhǎng)是 ； 當(dāng) t ＝ 3時(shí)，正方形 EFGH的邊長(zhǎng)是 ； （ 2） 當(dāng) 0＜ t ≤2 時(shí)，求 S與 t 的函數(shù)關(guān)系式； （ 3） 直接答出：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng) t 為何值時(shí)， S最大？最大面積是多少？ 【答案】解： (1)2； 4。 (2) 求點(diǎn) H在 AC上時(shí) t 的值（如圖 1）。 ∵EP ＝ PF＝ 1178。 t ＝ t ， ∴ 正方形 EFGH中， HE＝ EF＝ 2t 。 又 ∵AP ＝ 2， ∴AE ＝ AP－ EP＝ 2－ t 。 又 ∵EFGH 是正方形， ∴∠HEA ＝ ∠C ＝ 90176。 。 29 又 ∵∠A ＝ ∠A ， ∴△ABC∽△AHC 。 ∴ B C A C 6 8 , H E A E 2 2tt?＝ 即 ＝， ∴ 6 11t＝ 。 求點(diǎn) G在 AC上時(shí) t的值（如圖 2） 。 又 ∵EP ＝ PF＝ 1178。 t ＝ t ， ∴ 正方形 EFGH中， GF＝ EF＝ 2t 。 又 ∵AP ＝ 2， ∴AF ＝ AP＋ PF＝ 2＋ t 。 仿上有， △ABC∽△AGF 。 ∴ B C A C 6 8 , F G A F 2 2tt?＝ 即 ＝， ∴ 6 5t＝ 。 因此， 0＜ t ≤2 分為三部分討論： ① 當(dāng) 0＜ t ≤ 611 時(shí)（如圖 3）， S與 t 的函數(shù)關(guān)系式是： EFGHSS矩 形＝ ＝ (2t )2＝ 4t 2； ② 當(dāng) 611 ＜ t ≤ 65 時(shí)（如圖 4）， S與 t 的函數(shù)關(guān)系式是： H MNE FG HS S S??矩 形＝ ＝ 4t2－ 12 178。 43 178。 2 ＝ 2524? t 2＋ 112 t － 32 ； ③ 當(dāng) 65 ＜ t ≤2 時(shí)（如圖 5），求 S與 t的函數(shù)關(guān)系式是： S＝ S△ARF ＝ S△AQE = 12 178。 34 (2＋ t ) 2 － 12 179。 34 (2－ t ) 2 ＝ 3t 。 綜上所述， S與 t 的函數(shù)關(guān)系式為 30 S＝22402 5 1 1 3 6 62 4 2 2 1 161563251ttt t ttt? ?????????? ??? ? ? ?? ?????? ???? ?????＜＜＜。 （ 3）當(dāng) 14625t? 時(shí)， S最大，最大面積是 110275 。 【考點(diǎn)】圖形變換問(wèn)題，正方形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相 似三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】 (1) 正方形 EFGH的邊長(zhǎng) =EP＋ PF。 當(dāng) t ＝ 1時(shí)， EP＋ PF＝ 1178。 t +1178。 t ＝ 2t ＝ 2。 當(dāng) t ＝ 3時(shí)， EP＋ PF＝（ 1178。 t － 2）＋ 1178。 t ＝ 2 t － 2＝ 6－ 2＝ 4。 （ 2）要求 0＜ t ≤2 時(shí)， S與 t 的函數(shù)關(guān)系式，要考慮正方形 EFGH的上邊 HG與 △ABC 的位置關(guān)系，即 EF在 △ABC 內(nèi)， EF與 △ABC 的 AC邊相交， EF在 △ABC 外。這樣就要先求臨界點(diǎn)時(shí)t 的值。在求解過(guò)程中，反復(fù)應(yīng)用相似三角形對(duì)應(yīng)邊的相似比，即能寫出用 t 表示 的相關(guān)邊長(zhǎng)，從而應(yīng)用面積公式得出 S與 t 的函數(shù)關(guān)系式。 （ 3）考慮到當(dāng) 2＜ t ≤8 時(shí)（ ∵ 在 Rt△ABC 中， 2 2 2 2A B A C B C 8 6 10??＝ ＝ ＝， ∴PB ＝8），正方形 EFGH以邊長(zhǎng)為 4而不再變化，此期間才有 S的最大。這樣要求當(dāng) t 為何值時(shí)， S最大，先要求 S與 t 的函數(shù)關(guān)系式，再求當(dāng) t 為何值時(shí)， S最大和 S的最大值： ∵AE ＝ t － 2， TE＝ ? ?3 24t? ， HT＝ ? ?3 1 1 3424 2 4tt? ? ?＝ , HS＝ 4 11 33 2 4t???????， ∴2 2S H T 1 4 1 1 3 3 1 1 1 2 1S 2 3 2 4 8 2 6t t t? ??? ? ? ?????＝ ＝ ∵FB ＝ 8－ t ， YF＝ ? ?483 t? ， GY＝ ? ?4 4 2 0483 3 3tt? ? ?＝ ， XG＝ 3 4 204 3 3t???????， ∴2 2XGY 1 3 4 2 0 2 2 0 5 0S 2 4 3 3 3 3 3t t t? ??? ? ? ?????＝ ＝ 31 ∴2 2 2S TE F Y X E F G H S H T X G Y 3 1 1 1 2 1 2 2 0 5 0 2 5 7 3 1 2 5S S S S 1 6 8 2 6 3 3 3 2 4 6 6t t t t t t?? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?＝ ＝ ＝ ∴ 當(dāng)73146625 25224t ? ????????＝ ＝時(shí)， STEFYXS 最大 。 最大值為2S TE F Y X 2 5 1 4 6 7 3 1 4 6 1 2 5 1 1 0 2S 2 4 2 5 6 2 5 6 7 5??? ? ? ?????＝ ＝。 17.（ 江蘇 宿遷 12分）如圖，在 Rt△ABC 中， ∠B ＝ 90176。 ， AB＝ 1， BC＝ 21 ，以點(diǎn) C 為圓心， CB 為半徑的弧交 CA于點(diǎn) D；以點(diǎn) A 為圓心， AD為半徑的弧交 AB于點(diǎn) E． （ 1）求 AE的長(zhǎng)度； （ 2）分別以點(diǎn) A、 E為圓心， AB長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn) F （ F與 C在 AB兩側(cè)），連接 AF、 EF，設(shè) EF交弧 DE所在的圓于點(diǎn) G，連 接 AG，試猜想 ∠EAG的大小，并說(shuō)明理由． 【答案】解：（ 1）在 Rt△ABC 中，由 AB＝ 1， BC＝ 12 得 AC＝ 2211 ( )2? ＝ 52 ∵BC ＝ CD， AE＝ AD ∴AE ＝ AC－ AD＝ 512? 。 （ 2） ∠EAG ＝ 36176。 ，理由如下： ∵FA ＝ FE＝ 1， AE＝ AG＝ 512? ， ∴ AEFA ＝ AGFE 。 又 ∵∠AEG ＝ ∠FEA ， ∴∠EAG ＝ ∠AEF 。 ∴△AEG∽△FEA 。 ∴ AEFA ＝ GEAE 。 ∴22512A E 3 5GEF A 1 2????????＝ ＝ ＝。 ∴ 3 5 5 1F G F A G E 1 22??＝ － ＝ － ＝。 32 ∴AG ＝ FD。 ∴∠FAG ＝ ∠F 。 ∴∠FAG ＝ ∠EAG 。 ∴ 由三角形內(nèi)角和定理，得 5∠F ＝ 180176。 ， ∴∠EAG ＝ ∠F ＝ 36176。 。 【考點(diǎn)】勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等量代換，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理。 【分析】 ⑴ 根據(jù)在 Rt△ABC 中利用勾股定理求得 AC，根據(jù) BC＝ CD， AE＝ AD求得 AE＝ AC－ AD即可。 （ 2）由 △AEG∽△FEA 求出 GE從而求出 FG的長(zhǎng)，證得 AG＝ FD，進(jìn)而證得 ∠FAG＝ ∠EAG ＝ ∠F 。從而根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求。 18.（ 江蘇 連云港 12分）某課題研究小組就圖形面積問(wèn)題進(jìn)行專題研究，他們發(fā)現(xiàn)如下結(jié)論： （ 1）有一條邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形面積之比等于這條邊上的對(duì)應(yīng)高之比； （ 2）有一個(gè)角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形面積之比等于夾這個(gè)角的兩邊乘積之比； ? 現(xiàn)請(qǐng)你繼續(xù)對(duì)下面問(wèn)題進(jìn)行探究，探究過(guò)程可 直接應(yīng)用上述結(jié)論．（ S表示面積） 問(wèn)題 1：如圖 1，現(xiàn)有一塊三角形紙板 ABC， P1， P2三等分邊 AB， R1， R2三等分邊 AC． 經(jīng)探究知 1221 RRPPS四邊形 ＝ 13 S△ABC ，請(qǐng)證明． 問(wèn)題 2：若有另一塊三角形紙板，可將其與問(wèn)題 1中的拼合成四邊形 ABCD，如圖 2， Q1， Q2三等分邊 DC．請(qǐng)?zhí)骄?2211 PPS四邊形 與 S四邊形 ABCD之間的數(shù)量關(guān)系． 問(wèn)題 3：如圖 3， P1， P2， P3， P4五等分邊 AB， Q1， Q2， Q3， Q4五等分邊 DC．若 S四邊形 ABCD＝ 1，求 3322 PPS四邊形 ． 問(wèn)題 4：如圖 4， P1， P2， P3 四等分邊 AB， Q1， Q2， Q3 四等分邊 DC， P1Q1， P2Q2， P3Q3將四邊形 ABCD 分成四個(gè)部分，面積分別為 S1， S2， S3， S4．請(qǐng)直接寫出含有 S1， S2， S3， S4的一個(gè)等式． 33 【答案】解：?jiǎn)栴} 1： ∵P1 ， P2三等分邊 AB， R1， R2三等分邊 AC， ∴P1R1∥P2R2∥BC ． ∴△AP1 R1∽△AP2R2∽△ABC ，且面積比為 1： 4： 9。 ∴ 1 2 2 1PP R RS四 邊 形 ＝ 4－ 19 S△ABC ＝ 13 S△ABC 問(wèn)題 2：連接 Q1R1， Q2R2，如圖，由問(wèn)題 1的結(jié)論，得 1 2 1 2PP R RS四 邊 形 ＝ 13 S△ABC ， 1 1 2 2G R R QS四 邊 形 ＝ 13 S△ACD ∴ 1 2 2 1PP R RS四 邊 形 ＋ 1 1 2 2G R R QS四 邊 形 ＝ 13 S四邊形 ABCD。 由 ∵P1 ， P2 三等分邊 AB， R1， R2 三等分邊 AC， Q1， Q2 三等分邊 DC， 可得 P1R1:P2R2＝ Q2R2： Q1R1＝ 1： 2，且 P1R1∥P2R2 ， Q2R2∥Q1R1 。 ∴∠P1R1A ＝ ∠P2R2A ， ∠Q1R1A ＝ ∠Q2R2A 。 ∴∠P1R1Q1 ＝ ∠P2R2 Q2 。 由結(jié)論（ 2），可知 1 1 1 2 2 2P R