【正文】 ＝ 1． (2)當(dāng) 0≤ t＜ 1時(shí)， S= 2 3 t＋ 4 3；當(dāng) 1≤ t＜ 3時(shí)， S= 32 t 2+3 3 t＋ 7 32 ；當(dāng) 3≤ t＜ 4時(shí)，S= － 4 3 t＋ 20 3；當(dāng) 4≤ t＜ 6時(shí)， S= 3 t2－ 12 3 t＋ 36 3． (3)存在，理由如下： 在 Rt△ ABC中， tan∠C AB＝ BCAB= 33 ， ∴∠C AB=30176。 ． 又∵ ∠ HEO=60176。， ∴∠ HAE=∠ AHE=30176。 ． ∴ AE=HE=3－ t或 t－ 3． （ⅰ）當(dāng) AH=AO=3時(shí)（如圖②），過(guò)點(diǎn) E作 EM⊥ AH于 M，則 AM=12AH=32． 在 Rt△ AME中， cos∠ MAE＝ AMAE，即 cos 30176。 =32AE，∴ AE= 3， 即 3－ t= 3或 t－ 3= 3， t=3－ 3或 3＋ 3． （ⅱ）當(dāng) HA=HO時(shí)（如圖③），則∠ HOA=∠ HAO=30176。， 又∵∠ HEO=60176。，∴∠ EHO=90176。 ． ∴ EO=2HE=2AE． 又∵ AE＋ EO=3，∴ AE＋ 2AE=3． ∴ AE=1． 即 3－ t=1或 t－ 3=1， t=2或 4． （ⅲ）當(dāng) OH=OA時(shí)（如圖④），則∠ OHA=∠ OAH=30176。， ∴∠ HOB=60176。 =∠ HEB． ∴點(diǎn) E和 O重合，∴ AE=3． 即 3－ t=3或 t－ 3=3， t=6（舍去）或 t=0． 綜上所述，存在 5個(gè)這樣的值， 使 △ AOH是等腰三角形 ，即： t=3－ 3或 t=3＋ 3或 t=2或 t=4或t=0． 18. （ 2022 浙江省嘉興， 24， 14 分） 已知直線 3??kxy （ k ＜ 0）分別交 x 軸、 y 軸于 A、 B兩點(diǎn)，線段OA 上有一動(dòng)點(diǎn) P由原點(diǎn) O向點(diǎn) A運(yùn)動(dòng)，速度為每秒 1個(gè)單位長(zhǎng)度，過(guò)點(diǎn) P作 x 軸的垂線交直線 AB 于點(diǎn) C， 設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t 秒． （ 1）當(dāng) 1??k 時(shí)，線段 OA 上另有一動(dòng)點(diǎn) Q 由點(diǎn) A 向點(diǎn) O運(yùn)動(dòng)，它與點(diǎn) P 以相同速度同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P 到達(dá)點(diǎn) A時(shí)兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)（如圖 1）． ① 直接寫(xiě)出 t ＝ 1秒時(shí) C、 Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)； ② 若以 Q、 C、 A為頂點(diǎn)的三角形與 △ AOB相似，求 t 的值． （ 2）當(dāng)43??k時(shí)，設(shè)以 C為頂點(diǎn)的拋物線 nmxy ??? 2)( 與直線 AB的另一交點(diǎn)為 D（如圖 2）， ① 求 CD的長(zhǎng)； ② 設(shè) △ COD的 OC 邊上的高為 h ，當(dāng) t 為何值時(shí)， h 的值最大？ 【答案】（ 1） ① C（ 1， 2）， Q（ 2， 0）． ② 由題意得： P(t， 0)， C(t， －ｔ ＋ 3)， Q(3－ t， 0)， 分兩種情形討論： 情形一：當(dāng) △ AQC∽ △ AOB時(shí)， ∠ AQC=∠ AOB＝ 90176。 ， ∴ CQ⊥ OA， ∵ CP⊥ OA， ∴ 點(diǎn) P與點(diǎn) Q重合， OQ=OP，即 3－ t=t， ∴ t=． 情形二：當(dāng) △ ACQ∽ △ AOB時(shí)， ∠ ACQ=∠ AOB＝ 90176。 ， ∵ OＡ =OＢ＝ 3， ∴△ AOB是等腰直角三角形， ∴△ ACQ是等腰直角三角形， ∵ CQ⊥ OA， ∴ AQ=2CP，即 t =2（－ t ＋ 3）， ∴ t=2． ∴ 滿(mǎn)足條件的 t 的值是 秒或 2秒． (2) ① 由題意得： C(t， － 34t ＋ 3)， ∴ 以 C為頂點(diǎn)的拋物線解析式是 2 3( ) 34y x t t? ? ? ?， 由 2 33( ) 3 344x t t x? ? ? ? ? ?，解得 x1=t， x2=t 34? ；過(guò)點(diǎn) D作 DE⊥ CP于點(diǎn) E，則 ∠ DEC=∠ AOB＝ 90176。 ，BAO PCxy11D（第 24 題圖 2） （第 24 題圖 1） BAOPCQ xy11 DE∥OA ， ∴∠ EDC=∠ OAB， ∴△ DEC∽ △ AOB， ∴ DE CDAO BA? ， ∵ AO=4， AB=5， DE=t－（ ｔ － 34 ） =34 ． ∴ CD= 3 5 154 4 1 6DE B AAO ?? ??． ②∵ CD=1516 ， CD 邊上的高 =3 4 1255? ? ． ∴S △ COD= 1 15 12 92 16 5 8? ? ? ． ∴S △ COD為定值； 要使 OC 邊上的高 h的值最大，只要 OC 最短． 因?yàn)楫?dāng) OC⊥AB 時(shí) OC最短，此時(shí) OC 的長(zhǎng)為 125 ， ∠ BCO＝ 90176。 ， ∵∠ AOB＝ 90176。 ， ∴∠ COP＝ 90176。 － ∠ BOC＝ ∠ OBA，又 ∵ CP⊥OA ， ∴ Rt△PCO∽R(shí)t△OAB ， ∴ OP OCBO BA? ， OP= 12 3 365 5 25O C BOBA ?? ??，即 t=3625 ， ∴ 當(dāng) t為 3625 秒時(shí)， h的值最大． 19. （ 2022 福建泉州， 25， 12 分）在直角坐標(biāo)系 xoy 中，已知點(diǎn) P 是反比例函數(shù) ）＞ 0(32 xxy ? 圖象上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以 P為圓心的圓始終與 y軸相切，設(shè)切點(diǎn)為 A． （ 1）如圖 1， ⊙ P運(yùn)動(dòng)到與 x軸相切，設(shè)切點(diǎn)為 K，試判斷四邊形 OKPA的形狀，并說(shuō)明理由． （ 2）如圖 2， ⊙ P運(yùn)動(dòng)到與 x軸相交，設(shè)交點(diǎn)為 B， C．當(dāng)四邊形 ABCP是菱形時(shí)： ① 求出點(diǎn) A， B， C的坐標(biāo)． ② 在過(guò) A， B， C三點(diǎn)的拋物線上是否存在點(diǎn) M，使 △ MBP 的面積是菱形 ABCP面積的 21 ．若存在，試求出所有滿(mǎn)足條件的 M點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，試說(shuō) 明理由． [來(lái)源 :學(xué) *科 *網(wǎng) ] 【答案】解：（ 1） ∵⊙ P分別與兩坐標(biāo)軸相切， ∴ PA⊥ OA， PK⊥ OK． ∴∠ PAO=∠ OKP=90176。 ． 又 ∵∠ AOK=90176。 ， ∴ ∠ PAO=∠ OKP=∠ AOK=90176。 ． ∴ 四邊形 OKPA是矩形． 又 ∵ OA=OK， ∴ 四邊形 OKPA是正方形． ????????2 分 A P 23y x? x y K O 第 25 題 圖 1 （ 2） ① 連接 PB，設(shè)點(diǎn) P的橫坐標(biāo)為 x，則其縱坐標(biāo)為 x32 ． 過(guò)點(diǎn) P作 PG⊥ BC 于 G． ∵ 四邊形 ABCP為菱形， ∴ BC=PA=PB=PC． ∴△ PBC為等邊三角形． 在 Rt△ PBG中， ∠ PBG=60176。 ， PB=PA=x， PG= x32 ． sin∠ PBG=PBPG ，即2332 xx? ． 解之得： x=177。2 （負(fù)值舍去）． ∴ PG= 3 ， PA=BC=2． ????????4 分 易知四邊形 OGPA是矩形， PA=OG=2， BG=CG=1， ∴ OB=OG－ BG=1， OC=OG+GC=3． ∴ A（ 0， 3 ）， B（ 1， 0） C（ 3， 0）． ????????6 分 設(shè)二次函數(shù)解析式為： y=ax2+bx+c． 據(jù)題意得：09 3 03abca b cc? ? ? ??? ? ??? ?? 解之得： a= 33 ， b= 433? ， c= 3 ． ∴ 二次函數(shù)關(guān)系式為： 23 4 3 333y x x? ? ?． ????????9 分 ② 解法一：設(shè)直線 BP 的解析式為： y=ux+v，據(jù)題意得： 023uvuv????????? 解之得： u= 3 ， v= 33? ． ∴ 直線 BP的解析式為： 3 3 3yx??． 過(guò)點(diǎn) A作直線 AM∥ PB，則可得直線 AM 的解析式為： 33yx??． O A P 23y x? x y B C 圖 2 G M 解方程組：2333 4 3 333yxy x x? ???? ? ? ??? 得： 1103xy??????? ； 22783xy???????． 過(guò)點(diǎn) C作直線 CM∥ PB，則可設(shè)直線 CM 的解析式為： 3y x t??． ∴0= 33t? ． ∴ 33t?? ． ∴ 直線 CM的解析式為： 3 3 3yx??． 解方程組：23 3 33 4 3 333yxy x x? ???? ? ? ??? 得： 1130xy??? ?? ； 2243xy???????． 綜上可知，滿(mǎn)足條件的 M的坐標(biāo)有四個(gè)， 分別為：（ 0， 3 ），（ 3， 0），（ 4， 3 ），（ 7， 83）． ???????12 分 解法二： ∵ 12P A B P B C P A B CS S S????， ∴ A（ 0， 3 ）， C（ 3， 0）顯然滿(mǎn)足條件． 延長(zhǎng) AP 交拋物線于點(diǎn) M，由拋物線與圓的軸對(duì)稱(chēng)性可知， PM=PA． 又 ∵ AM∥ BC， ∴ 12P B M P B A P A B CS S S????． ∴ 點(diǎn) M的縱坐標(biāo)為 3 ． 又點(diǎn) M的橫坐標(biāo)為 AM=PA+PM=2+2=4． ∴ 點(diǎn) M（ 4， 3 ）符合要求． 點(diǎn)（ 7， 83）的求法同解法一． 綜上可知，滿(mǎn)足條件的 M的坐標(biāo)有四個(gè)， 分別為：（ 0， 3 ），（ 3， 0），（ 4， 3 ），（ 7， 83）． ???????12 分 解法三：延長(zhǎng) AP 交拋物線于點(diǎn) M，由拋物線與圓的軸對(duì)稱(chēng)性可知， PM=PA． 又 ∵ AM∥ BC， ∴ 12P B M P B A P A B CS S S????． ∴ 點(diǎn) M的縱坐標(biāo)為 3 ． 即 23 4 3 3333xx? ? ?． 解得： 1 0x? （舍）， 2 4x? ． ∴ 點(diǎn) M的坐標(biāo)為（ 4， 3 ）． 點(diǎn)（ 7， 83）的求法同解法一． 綜上可知，滿(mǎn)足條件的 M的坐標(biāo)有四個(gè)， 分別為：（ 0， 3 ），（ 3， 0），（ 4， 3 ），（ 7， 83）． ???????12 分 20． （ 2022 福建泉州， 26， 14 分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，直線 AB 與 x 軸交于點(diǎn) A， 與 y 軸交于點(diǎn) B， 且 OA = 3， AB = 5．點(diǎn) P從點(diǎn) O出發(fā)沿 OA 以每秒 1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn) A勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)A后立刻以原來(lái)的速度沿 AO 返回；點(diǎn) Q從點(diǎn) A出發(fā)沿 AB以每秒 1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn) B勻速運(yùn)動(dòng)．伴隨著 P、 Q的運(yùn)動(dòng)， DE 保持垂直平分 PQ，且交 PQ 于點(diǎn) D，交折線 QB－ BO－ OP于點(diǎn) E．點(diǎn) P、 Q同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn) Q到達(dá)點(diǎn) B時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) P也 隨之停止．設(shè)點(diǎn) P、 Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是 t秒（ t＞ 0）． （ 1）求直線 AB的 解析式； （ 2）在點(diǎn) P從 O向 A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，求 △ APQ的面積 S與 t之間的函數(shù)關(guān)系式（不必寫(xiě)出 t的取值范圍）； （ 3）在點(diǎn) E從 B向 O運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，完成下面問(wèn)題： ① 四邊形 QBED能否成為直角梯形？若能，請(qǐng)求出 t的值； 若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由； ② 當(dāng) DE 經(jīng)過(guò) 點(diǎn) O時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出 t的值． 【答案】解：解：（ 1）在 Rt△AOB 中， OA = 3， AB = 5，由勾股定理得 224O B AB O A? ? ?. ∴A （ 3， 0）， B（ 0， 4）． 設(shè)直線 AB的解析式為 y kx b?= . yxEDQPOBA（第 26 題） F ABO PQDExy ∴3 0, ???? ?? 解得 4,34.kb? ????? ?? ∴ 直線 AB的解析式為 4 43yx?= ． ????2 分 （ 2）如圖，過(guò)點(diǎn) Q作 QF⊥AO 于點(diǎn) F. ∵ AQ = OP= t ， ∴ 3AP t?? ． 由 △AQF∽△ABO ，得 QF AQBO AB? ． ∴ 45QFt? ． ∴ 45QF t? ． ????2 分 ∴ 14(3 )25S t t? ? ? ， ∴ 22655S t t?? ? ． ?????????4 分 （ 3）四邊形 QBED能成為直角梯形． ① 如圖，當(dāng) DE∥QB 時(shí)， ∵DE⊥PQ ， ∴PQ⊥QB ，四邊形 QBED是直角梯形． 此時(shí) ∠AQP=90176。 ． 由 △APQ ∽△ABO ，得 AQ APAO AB? . ∴ 335tt?? ． 解得 98t? ． ???????????6 分 ② 如圖，當(dāng) PQ∥BO 時(shí)， ∵DE⊥PQ ， ∴DE⊥BO ，四邊形 QBED是直角梯形． 此時(shí) ∠AP