分析 (1)利用△AOD是等腰直角三角形,四邊形ABCD是一個(gè)面積為48的直角梯形以及點(diǎn)B的坐標(biāo),求出OA=OD=4,即可確定點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-4,0),點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,4),然后利用待定系數(shù)法可求出直線l的解析式;
(2)當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)M的相遇時(shí),可得2t-4=10-(4t-4),可求得t=3,然后分三種情況:0<t≤1,1<t≤2,2<t<3,分別利用圖形的性質(zhì),三角形的面積公式進(jìn)行分析解答即可;
(3)在△QMN中,∠QMN=90°,因此當(dāng)MN=MQ時(shí)△QMN為等腰三角形.當(dāng)2<t<3時(shí),MQ=18-6t,OP=MN=DM=2t,進(jìn)而由MN=MQ得到2t=18-6t,求出t的值;當(dāng)3<t<3.5時(shí),由于MN=DM>MQ,可知此種情況不成立.
解答 解:(1)(-4,0);y=x+4;
(2)根據(jù)題意,當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)M的相遇時(shí),可得2t-4=10-(4t-4),
解得t=3,即當(dāng)t=3時(shí),點(diǎn)Q與點(diǎn)M相遇.
分三種情況:
①當(dāng)0<t≤1時(shí),如題圖,
此時(shí)AP=MP=2t,BP=AB-AP=14-2t,
∴S=$\frac{1}{2}$MP•BP=$\frac{1}{2}$•2t•(14-2t)=-2t2+14t;
②當(dāng)1<t≤2時(shí),如圖1,
此時(shí)AP=MP=2t,CQ=4t-4,DQ=CD-CQ=10-(4t-4)=14-4t,
△MPQ的MP邊上的高h(yuǎn)為:h=AB-AP-CQ=14-2t-(4t-4)=18-6t,
∴S=$\frac{1}{2}$MP•h=$\frac{1}{2}$•2t(18-6t)=-6t2+18t;
③當(dāng)2<t<3時(shí),如圖2,
此時(shí)MP=4,OP=DM=2t-4,CQ=4t-4,MQ=CD-DM-CQ=10-(2t-4)-(4t-4)=18-6t,
∴S=$\frac{1}{2}$MP•MQ=$\frac{1}{2}$×4•(18-6t)=-12t+36;![]()
(3)在△QMN中,∠QMN=90°,因此當(dāng)MN=MQ時(shí)△QMN為等腰三角形.
當(dāng)2<t<3時(shí),如圖3,MQ=18-6t,OP=MN=DM=2t,
由MN=MQ可得2t=18-6t,
解得t=$\frac{11}{4}$;
當(dāng)3<t<3.5時(shí),如圖4,
由于MN=DM>MQ,可知此種情況不成立.
所以t=$\frac{11}{4}$.![]()
點(diǎn)評(píng) 本題考查了一次函數(shù)的綜合應(yīng)用,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),直角梯形等知識(shí),具有一定的綜合性,解答本題時(shí)注意分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、方程思想的運(yùn)用.
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科目:初中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
| A. | x•x3=x6 | B. | a2+a3=a5 | C. | (a3)2=a5 | D. | a3÷a=a2(a≠0) |
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| A. | 0 | B. | -1 | C. | 1 | D. | 2 015 |
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| A. | 3m | B. | 2m | C. | 1m | D. | 4m |
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