【正文】 當(dāng) m=2時(shí) ,m+4=6.∴ 點(diǎn) C的坐標(biāo)為 (6,2).? (8分 ) (4)不能 .? (9分 ) ∵ 反比例函數(shù) y=? (k≠ 0)的圖象不能與坐標(biāo)軸相交 , ∴∠ AOC90176。.? (10分 ) ∴ 四邊形 ADBC的對(duì)角線不能互相垂直 . ∴ 四邊形 ADBC不能為正方形 .? (11分 ) kxkx13.(2022江蘇蘇州 ,28,10分 )如圖 ,在矩形 ABCD中 ,AD=a cm,AB=b cm(ab4),半徑為 2 cm的☉ O 在矩形內(nèi)且與 AB、 AD均相切 .現(xiàn)有動(dòng)點(diǎn) P從 A點(diǎn)出發(fā) ,在矩形邊上沿著 A→ B→ C→ D的方向勻 速移動(dòng) ,當(dāng)點(diǎn) P到達(dá) D點(diǎn)時(shí)停止移動(dòng) 。☉ O在矩形內(nèi)部沿 AD向右勻速平移 ,移動(dòng)到與 CD相切時(shí)立 即沿原路按原速返回 ,當(dāng)☉ O回到出發(fā)時(shí)的位置 (即再次與 AB相切 )時(shí)停止移動(dòng) .已知點(diǎn) P與☉ O 同時(shí)開始移動(dòng) ,同時(shí)停止移動(dòng) (即同時(shí)到達(dá)各自的終止位置 ). (1)如圖① ,點(diǎn) P從 A→ B→ C→ D,全程共移動(dòng)了 cm(用含 a、 b的代數(shù)式表示 )。 (2)如圖① ,已知點(diǎn) P從 A點(diǎn)出發(fā) ,移動(dòng) 2 s到達(dá) B點(diǎn) ,繼續(xù)移動(dòng) 3 s,到達(dá) BC的中點(diǎn) .若點(diǎn) P與☉ O的移 動(dòng)速度相等 ,求在這 5 s時(shí)間內(nèi)圓心 O移動(dòng)的距離 。 (3)如圖② ,已知 a=20,b=10,是否存在如下情形 :當(dāng)☉ O到達(dá)☉ O1的位置時(shí) (此時(shí)圓心 O1在矩形對(duì) 角線 BD上 ),DP與☉ O1恰好相切 ?請(qǐng)說明理由 . ? 解析 (1)a+2b. (2)∵ 在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中 ,點(diǎn) P移動(dòng)的距離為 (a+2b)cm, 圓心 O移動(dòng)的距離為 2(a4)cm. 由題意 ,得 a+2b=2(a4).? ① ∵ 點(diǎn) P移動(dòng) 2 s到達(dá) B點(diǎn) ,即點(diǎn) P用 2 s移動(dòng)了 b cm, 點(diǎn) P繼續(xù)移動(dòng) 3 s,到達(dá) BC的中點(diǎn) ,即點(diǎn) P用 3 s移動(dòng)了 ? a cm, ∴ ? =? .? ② 由①②解得 ? ∵ 點(diǎn) P移動(dòng)的速度與☉ O移動(dòng)的速度相等 , ∴ ☉ O移動(dòng)的速度為 ? =4(cm/s). ∴ 這 5 s時(shí)間內(nèi)圓心 O移動(dòng)的距離為 54=20(cm). (3)存在這種情形 . 122b132 4 , ??? ??2b解法一 :設(shè)點(diǎn) P移動(dòng)的速度為 v1 cm/s,☉ O移動(dòng)的速度為 v2 cm/s, 由題意 ,得 ? =? =? =? . 如圖 ,設(shè)直線 OO1與 AB交于點(diǎn) E,與 CD交于點(diǎn) F,☉ O1與 AD相切于點(diǎn) G, ? 若 PD與☉ O1相切 ,切點(diǎn)為 H,則 O1G=O1H, 易得△ DO1G≌ △ DO1H, ∴∠ ADB=∠ BDP. ∵ BC∥ AD, ∴∠ ADB=∠ CBD. 12vv 22 ( 4 )aba??20 2 10(20 4)????54∴∠ BDP=∠ CBD, ∴ BP=DP, 設(shè) BP=x cm,則 DP=x cm,PC=(20x)cm, 在 Rt△ PCD中 ,由勾股定理 ,可得 PC2+CD2=PD2, 即 (20x)2+102=x2,解得 x=? . ∴ 此時(shí)點(diǎn) P移動(dòng)的距離為 10+? =? (cm), ∵ EF∥ AD,∴ △ BEO1∽ △ BAD, ∴ ? =? ,即 ? =? , ∴ EO1=16 cm,∴ OO1=14 cm, (i)當(dāng)☉ O首次到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的距離為 14 cm, ∴ 此時(shí)點(diǎn) P與☉ O移動(dòng)的速度比為 ? =? , ∵ ? ≠ ? , 25224521EOBEBA1208102144528452854∴ 此時(shí) PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當(dāng)☉ O在返回途中到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的距離為 2(204)14=18(cm), ∴ 此時(shí)點(diǎn) P與☉ O移動(dòng)的速度比為 ? =? =? . ∴ 此時(shí) PD與☉ O1恰好相切 . 解法二 :∵ 點(diǎn) P移動(dòng)的距離為 ? cm(見解法一 ), OO1=14 cm(見解法一 ),? =? , ∴ ☉ O應(yīng)該移動(dòng)的距離為 ? ? =18(cm). (i)當(dāng)☉ O首次到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的距離為 14 cm≠ 18 cm, ∴ 此時(shí) PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當(dāng)☉ O在返回途中到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的距離為 2(204)14=18(cm),∴ 此時(shí) PD與 ☉ O1恰好相切 . 解法三 :點(diǎn) P移動(dòng)的距離為 ? cm(見解法一 ), 45218453654212vv5445245452OO1=14 cm(見解法一 ), 由 ? =? 可設(shè)點(diǎn) P的移動(dòng)速度為 5k cm/s,☉ O的移動(dòng)速度為 4k cm/s, ∴ 點(diǎn) P移動(dòng)的時(shí)間為 ? =? (s), (i)當(dāng)☉ O首次到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的時(shí)間為 ? =? s≠ ? s, ∴ 此時(shí) PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當(dāng)☉ O在返回途中到達(dá)☉ O1的位置時(shí) ,☉ O移動(dòng)的時(shí)間為 ? =? s, ∴ 此時(shí) PD與☉ O1恰好相切 . 12vv544525 k92 144 k72 k92 k2 (20 4) 144k? ? ?92 k14.(2022廣西南寧 ,26,10分 )在平面直角坐標(biāo)系中 ,已知 A,B是拋物線 y=ax2(a0)上兩個(gè)不同的動(dòng) 點(diǎn) ,其中 A在第二象限 ,B在第一象限 . (1)如圖①所示 ,當(dāng)直線 AB與 x軸平行 ,∠ AOB=90176。,且 AB=2時(shí) ,求此拋物線的解析式和 A,B兩點(diǎn)的 橫坐標(biāo)的乘積 。 (2)如圖②所示 ,在 (1)所求得的拋物線上 ,當(dāng)直線 AB與 x軸不平行 ,∠ AOB仍為 90176。時(shí) ,A,B兩點(diǎn)的 橫坐標(biāo)的乘積是否為常數(shù) ?如果是 ,請(qǐng)給予證明 。如果不是 ,請(qǐng)說明理由 。 (3)在 (2)的條件下 ,若直線 y=2x2分別交直線 AB,y軸于點(diǎn) P,C,直線 AB交 y軸于點(diǎn) D,且 ∠ BPC= ∠ OCP,求點(diǎn) P的坐標(biāo) . ? 圖① ? 圖② 解析 (1)∵ 拋物線 y=ax2(a0)關(guān)于 y軸對(duì)稱 ,AB與 x軸平行 , ∴ A,B關(guān)于 y軸對(duì)稱 . ∵∠ AOB=90176。,AB=2, ∴ A(1,1),B(1,1).? (1分 ) ∴ 1=a(1)2,解得 a=1. ∴ 拋物線的解析式為 y=x2.? (2分 ) ∵ A(1,1),B(1,1), ∴ A,B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)的乘積為 1.? (3分 ) (2)過 A,B分別作 AG,BH垂直 x軸于 G,H. ? 由 (1)可設(shè) A(m,m2),B(n,n2),m0,n0.? (4分 ) ∵∠ AOB=∠ AGO=∠ BHO=90176。, ∴∠ AOG+∠ BOH=∠ AOG+∠ OAG=90176。. ∴∠ BOH=∠ OAG.? (5分 ) ∴ △ AGO∽ △ OHB.∴ ? =? .? (6分 ) ∴ ? =? ,化簡(jiǎn)得 mn=1. ∴ A,B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)的乘積是常數(shù) 1.? (7分 ) (3)解法一 :過 A,B分別作 AA1,BB1垂直 y軸于 A1,B1. ? AGBH2mm? 2nn設(shè) A(m,m2),B(n,n2),D(0,b),m0,n0,b0. ∵ AA1∥ BB1,∴ △ AA1D∽ △ BB1D. ∴ ? =? ,即 ? =? ,化簡(jiǎn)得 mn=b. ∵ mn=1, ∴ b=1,D(0,1).? (8分 ) ∵∠ BPC=∠ OCP,C(0,2), ∴ DP=DC=3. 設(shè) P(c,2c2),過點(diǎn) P作 PQ⊥ y軸于 Q. ∵ PQ2+DQ2=PD2, ∴ c2+(2c21)2=32.? (9分 ) 解得 c1=0(舍去 ),c2=? , 2c2=? . ∴ P? .? (10分 ) 11DA11BD2mmb? ? 2nbn?1251451 2 1 4,55???????解法二 :設(shè)直線 AB:y=kx+b(k≠ 0),A(m,m2),B(n,n2),m0,n0,b0. 聯(lián)立得 ? 得 x2kxb=0,依題意可知 m,n是方程 x2kxb=0的兩根 . ∴ m2kmb=0,n2knb=0. ∴ nm2kmnbn=0,mn2kmnbm=0. 兩式相減 ,并化簡(jiǎn)得 mn=b. ∵ mn=1, ∴ b=1,D(0,1).? (8分 ) ∵∠ BPC=∠ OCP,C(0,2), ∴ DP=DC=3. 設(shè) P(c,2c2),過點(diǎn) P作 PQ⊥ y軸于 Q. ∵ PQ2+DQ2=PD2, ∴ c2+(2c21)2=32.? (9分 ) 解得 c1=0(舍去 ),c2=? , 2,y k x byx???? ??1252c2=? . ∴ P? .? (10分 ) 1451 2 1 4,55?????