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用代數(shù)方法研究運(yùn)動(dòng)變換問題

福州市永泰一中張祖冬

（本資料是受福建省普教室張弘老師的委托，組織整理更新而成，停課不停學(xué)，我們一起努力?。?/section>

在數(shù)學(xué)發(fā)展的相當(dāng)長的時(shí)期內(nèi)，算術(shù)是幾何的附庸，笛卡爾和費(fèi)馬將數(shù)與圖形有機(jī)的結(jié)合在一起，開創(chuàng)了圖形的數(shù)量化研究，實(shí)現(xiàn)了根本性的轉(zhuǎn)變，“數(shù)無形時(shí)不直觀，形無數(shù)時(shí)難入微”道出了數(shù)形結(jié)合的辯證關(guān)系。我們在初中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中，應(yīng)該引導(dǎo)學(xué)生感知這種圖形的數(shù)量化研究的思想和魅力，應(yīng)該將代數(shù)與圖形有機(jī)結(jié)合，能用“代數(shù)表示”研究圖形的位置和圖形變換運(yùn)動(dòng)過程，養(yǎng)成具有良好的感知圖形的數(shù)量化研究的思想和魅力。這將為學(xué)生今后高中甚至于大學(xué)之后的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)產(chǎn)生深遠(yuǎn)影響．

【例1】（2017·南通）已知直線y＝kx＋b與拋物線y＝ax²（a＞0）相交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)）與y軸正半軸相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)A作AD⊥x軸，垂足為D．

（1）

（2）若∠AOB＝90°，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為－4，AC＝4BC，求點(diǎn)B的坐標(biāo)．

（3）延長AD，BO相交于點(diǎn)E，求證：DE＝CO．

將所得到的B點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝ax²（a＞0）即可得到所求的a的值為：√3．

（2）畫出符合條件的相對準(zhǔn)確的圖形，如下圖：

由△AOD∽OBE（或三角函數(shù)的定義），得16a:4=1:a，解得a＝1/2（負(fù)值舍去），所以點(diǎn)B的坐標(biāo)是（1，1/2）．

（3）如下圖示，（兩種情況只是圖形位置不同，解題思路和方法完全一樣）

另：OC的長的求法，也可由OC∥AE得△BOC∽△BEA，再根據(jù)“相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比”得OC：AE＝BN：BM.……

綜上，DE＝OC.

法三：

所以AD/DE＝AC/BC，進(jìn)一步，得AD/AE＝AC/AB，又∠BAE＝∠BAE，因此△ACD∽△AEB，……，得CD∥BE，又OC∥DE，所以四邊形DEOC是平行四邊形，因此DE＝OC.

法三：設(shè)A（x₁，a），B（x₂，a），則直線OB的解析式為y＝ax₂x.

又因AE∥y軸，則x_E＝x_A＝x₁，y_E＝ax₁x₂．直線y＝kx＋b與拋物線y＝ax²(a＞0)相交于A，B兩點(diǎn)，x₁，x₂是方程ax²－kx－b＝0的兩根，則x₁·x₂＝．y_E＝ax₁x₂＝a·()＝－b．所以DE＝b．另一方面，在y＝kx＋b中，由x_C＝0，得y_C＝b．即OC＝b．

綜上，DE＝CO．

【反思】第3小題的三種解法，其本質(zhì)都一樣。另試題本身含較豐富的參數(shù)的計(jì)算，因此式的變形正確與否就顯得非常重要．

【例2】（2017·甘肅）如圖，已知二次函數(shù)y=ax²+bx+4的圖象與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），點(diǎn)C（8，0），與y軸交于點(diǎn)A．

（1）求二次函數(shù)y=ax²+bx+4的表達(dá)式；

（2）連接AC，AB，若點(diǎn)N在線段BC上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B，C重合），過點(diǎn)N作NM∥AC，交AB于點(diǎn)M，當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，求N點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）連接OM，在（2）的結(jié)論下，求OM與AC的數(shù)量關(guān)系．

【圖文解析】

（1）簡析：只需將點(diǎn)B、點(diǎn)C的坐標(biāo)分別代入y=ax²+bx+4可得關(guān)于a、b的方程組，即可得到a、b的值。答案為：y=1/4x²+3/2x+4.

（2）由于A（0，4）、B（－2，0），C（8，0），得OA＝4，BC＝10，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0）（﹣2＜n＜8），則BN=n+2，CN=8﹣n．如下圖示：

法一：先求S_△ABN＝0.5×(n+2)×4＝2n+4,

由于A、M、B三點(diǎn)共線，所以S_△AMN：S_△ABN＝AM：AB，另一方面，由NM∥AC可得AM：AB＝（8－n）：10，所以S_△AMN：S_△ABN＝（8－n）：10，化簡，得

　因﹣1/5＜0，當(dāng)n=3時(shí)，即N（3，0）時(shí)，△AMN的面積最大.

法二：由A（0，4）和C（8，0）先求出直線AC的解析式為y=－1/2x+4，再由A（0，4）和B（－2，0）求出直線AC的解析式為y=2x+4.

因?yàn)镹M∥AC，所以可設(shè)直線MN的解析式為y=－1/2x+b，將點(diǎn)N（n，0）代入，1/2n+b＝0，解得b=1/2n，所以直線MN的解析式為y=－1/2x+1/2n＝－1/2（x－n）.如下圖示：

得y_M=(2n+4)/5.所以S_△AMN＝S_△ABN－S_△BMN＝0.5×BN×OA－0.5×BN×MN＝0.5×BN×(OA－MN)＝0.5(n+2)[4-(2n+4)/5]＝－1/5(n-5)²+5. 下同.

【反思】雖然第二種方法較繁，但兩種解法都是常用的解題思路.

（3）由（2）得N（3，0），此時(shí)N為BC邊的中點(diǎn)，如下圖示：

由NM∥AC，得AM：BM＝CN：BN＝1：1，即AM＝BM. 在Rt△AOB中，由AM＝BM可得，OM＝1/2AB.如下圖示：

分別在Rt△AOB和Rt△AOC中，由勾股定理，可得AB＝2×根號(hào)5，AC＝4×根號(hào)5，所以AB＝1/2AC。如下圖示：

（當(dāng)然也可用相似來證AB＝1/2AC）.

所以O(shè)M＝1/4AC.

【例3】（2017·山西）如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與x軸交于點(diǎn)C，連接AC、BC．點(diǎn)P沿AC以每秒1個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)A向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q沿BO以每秒2個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)B向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，過點(diǎn)Q作QD⊥x軸，與拋物線交于點(diǎn)D，與BC交于點(diǎn)E．連接PD，與BC交于點(diǎn)F．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t>0）．

（1）求直線BC的函數(shù)表達(dá)式．

（2）①直接寫出P、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)（用含的代數(shù)式表示，結(jié)果需化簡）．

②在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)PQ=PD時(shí)，求t的值．

（3）試探究在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在某一時(shí)刻，使得點(diǎn)F為PD的中點(diǎn)．若存在，請直接寫出此時(shí)t的值與點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【圖文解析】

(1)基本題，不做詳解.簡解如下：分別當(dāng)y=0和x=0時(shí)，代入解析式，得到相應(yīng)的x的值和y的值.

②當(dāng)PQ=PD時(shí)，過P點(diǎn)作PH⊥QD于點(diǎn)H，如下圖示：

【例4】（2017·湖州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（﹣4，0），（4，0），C（m，0）是線段A B上一點(diǎn)（與 A，B點(diǎn)不重合），拋物線L₁：y=ax²+b₁x+c₁（a＜0）經(jīng)過點(diǎn)A，C，頂點(diǎn)為D，拋物線L₂：y=ax²+b₂x+c₂（a＜0）經(jīng)過點(diǎn)C，B，頂點(diǎn)為E，AD，BE的延長線相交于點(diǎn)F．

（1）

（2）若a=﹣1，AF⊥BF，求m的值；

（3）是否存在這樣的實(shí)數(shù)a（a＜0），無論m取何值，直線AF與BF都不可能互相垂直？若存在，請直接寫出a的兩個(gè)不同的值；若不存在，請說明理由．

圖文解析：

（2）A(-4，0)，B(4，0)，C(m，0).

先分別求出過A、C兩點(diǎn)（或過B、C兩點(diǎn)）且a=－1的拋物線解析式；分別為：L₁為y=﹣x²+（m﹣4）x+4m；

L₂為y=﹣x²+（m+4）x﹣4m；

進(jìn)一步，通過配方，求得:

　當(dāng)AF⊥BF時(shí)，∠1+∠3＝90°，又∠2+∠3＝90°，得到∠1＝∠2. 分別在Rt△AGD和Rt△BEH中，由tan∠1=DG/AG=BH/EH=tan∠2．

綜上可得：假設(shè)AF⊥BF時(shí)，必滿足a≤﹣1/3，反之，若不滿足這個(gè)關(guān)系式，則直線AF與BF就不可能互相垂直.等價(jià)于：

所以a=﹣1/3或﹣1/4等（不唯一）.

反思：數(shù)形結(jié)合思想是依托，“式的變形與計(jì)算”是關(guān)鍵.

【例5】（2018·晉江質(zhì)檢）已知經(jīng)過原點(diǎn)的拋物線y=ax²+bx與x軸的正凟交于點(diǎn)A，點(diǎn)P是拋物線在第一象限上的一個(gè)支點(diǎn).

（1）如圖1，若a=1，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（5/2，5/4），

①求b的值；②若點(diǎn)Q是y軸上的一點(diǎn)，且滿足∠QPO＝∠POA，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；

（2）如圖2，過點(diǎn)P的直線BC分別交y軸的正半軸、x軸的正半軸于點(diǎn)B、C，過點(diǎn)C作CD⊥x軸交射線OP于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為y_P，若OB·CD＝6，試求y_P的最大值.

【圖文解析】

（1）①直接代入，即可求得，答案為：b=2.相應(yīng)的解析式為：y=x²－2x.

②畫出符合題意的圖是解決問題的第一步，也是重中之重，本題的圖不難畫出，但要注意兩種情況，如下圖示：

第一種情況，答案顯然為Q（0，5/4）；

第二種情況可以直接求解，也可以借助第一種情況求解.

法一：先求PQ₂與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)E，再求出直線PQ₂的解析式，最后再求出Q₂坐標(biāo)，如下圖示：可得E（25/16，0），進(jìn)一步得到直角PE的解析式為y=4/3x－25/12，從而得到Q（0，－25/12）.

法二：利用角平分線的對稱性，如下圖示，根據(jù)相似或三角函數(shù)定義或勾股定理，不難得到：

由于拋物線是不確定的，題中所敘述的P點(diǎn)其實(shí)與拋物線無關(guān)，也就只是說符合條件OB×CD＝6的P點(diǎn)，均能找到a、b使拋物線y=ax²+bx過P點(diǎn)且滿足題中條件.

因此本題可以撇開拋物線來解決。

法二：判別式法

將等式s=1/t+t/6進(jìn)行去分母，可得：6st=6+t²，整理成關(guān)于s的一元二次方程，得：t²－6st+6＝0，由于t>0，所以關(guān)于t顯然有實(shí)數(shù)根，因此有△＝(－6s)²－4×1×6＝36s²－24≥0，即s²≥2/3，由于s＞0，所以s≥√6/3.……

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【例6】（2018·福州質(zhì)檢）

如圖，拋物線y=ax²+bx(a>0，b<0)交x軸于O、A兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為B.

（1）直接寫出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)（用含a、b的代數(shù)式表示）；

（2）直線y=kx+m（k>0）過點(diǎn)B，且與拋物線交于另一點(diǎn)D（點(diǎn)D與點(diǎn)A不重合），交y軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，連接AB，CE，求證：CE∥AB；

（3）在（2）的條件下，連接OB，當(dāng)∠OBA＝120⁰，√3/2≤k≤√3時(shí)，求AB/CE的取值范圍.

(2)若用原頂點(diǎn)B的坐標(biāo)代入直線解析式中，計(jì)算顯然非常大，為此將原拋物線與直線解析式進(jìn)行改造，如下：

拋物線的頂點(diǎn)B設(shè)為(h，d)，則拋物線為y=a(x－h(huán))²+d，將原點(diǎn)（0，0）代入，得ah²+d=0，得到d=-ah² ，所以拋物線為y=a(x－h(huán))²-ah².而直線y=kx+m經(jīng)過點(diǎn)B，代入，得d=kh+m，得m=d-kh，所以直線為y=kx+d-kh=k(x-h)+d，即y=k(x-h)－ah².如下圖示：　　

聯(lián)立兩解析式，得

a(x－h(huán))²-ah²=k(x-h)－ah²．

即a(x－h(huán))² =k(x-h)，

移項(xiàng)，得a(x－h(huán))²－k(x-h)＝0．

因式分解，得(x-h)[a(x－h(huán))－k]＝0．

解得x₁=h，x₂＝h+k/a．

所以x_D=h+k/a，顯然x_D>0.

對于直線CD：y=k(x-h)－ah²，

當(dāng)x=0時(shí)，y=－kh－ah²．

得y_C=－kh－ah²，因k<0，顯然有y_C<0.

添加如下圖示的輔助線（構(gòu)造直角三角形）：

由上述知:

OC＝－y_C=kh+ah²= h(k+ah)_，

OE=x_D= h+k/a=1/a(ah+k)，

BF＝－y_B=b²/(4a),AF=OF=x_B=－b/(2a).

分別在Rt△OCE和Rt△ABF中，

tan∠OEC＝OC/OE＝…＝ah,

tan∠BAF＝BF/AF＝…＝－b/2

又由拋物線的對稱為x=h=-b/(2a)，

得ah=－b/2，得tan∠OEC＝tan∠BAF

進(jìn)一步，得∠OEC＝∠BAF，所以CE∥AB.

(3)當(dāng)∠OBA＝120°時(shí)，得∠BAF＝30⁰，

由上述知：tan∠BAF＝－b/2，得b=－2√3/3.

【例7】（19·龍巖二檢）

已知直線y=x+t與雙曲線y=k/x (k>0)交于C、D兩點(diǎn)，過C作CA⊥x軸于點(diǎn)A，過D作DB⊥y軸于點(diǎn)B，連接AB.

(1)求C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo);

(2)試探究直線AB與CD的位置關(guān)系并說明理由;

(3)已知點(diǎn)D(3,2)，且C、D在拋物線y=ax²+bx+5(a≠0) 上，若當(dāng)m≤x≤n(其中mn<0)時(shí)，函數(shù)y=ax²+bx+5的最小值為2m，最大值為2n，求m+n的值．

【圖文解析】

（1）常規(guī)題，含多個(gè)參數(shù)，但需耐心計(jì)算：答案如下：

（2）不妨設(shè)x_C<x_D．

【法一】常規(guī)思路——計(jì)量較大

【法二】非常規(guī)設(shè)元，避開繁雜的計(jì)算

設(shè)A(p，0)，B（0，n）．且p≠n．代入直線解析式，得C(p，p+t)，D(n-t，n)．又因點(diǎn)C、D在雙曲線y=k/x上，所以p(p+t)=n(n-t)．

即p²+pt=n²-nt．得(p+n)t＝- (p+n)(p-n)．

因p≠n，得p-n≠0．所以p+n=0．得p=-n．

(根據(jù)“0乘以任何數(shù)均為0”)又當(dāng)t=n時(shí)，代入上式p(p+t)=n(n-t)，得p=n=0，得C（0，t），不合題意，舍去．此時(shí)A（-n，0），B(0，n)，易求得直線AB為y=x+n．又直線CD為y=x+t．t≠n．所以直線AB∥CD．

（下圖是t<0時(shí)的情形）

【法三】幾何法——簡捷直觀．

如下圖示，易證S_△CDB＝S_△ODB＝|k|/2．同理S_△CDA＝|k|/2，所以S_△CDB＝S_△CDA_．由面積公式，得BE＝AF，且BE∥AF，進(jìn)一步，得四邊形ABEF為矩形．

（3）當(dāng)點(diǎn)D（3，2）時(shí)，不難求得直線與雙曲線的解析式分別為y=x-1或y=6/x．進(jìn)一步（聯(lián)立兩解析式），得C（-2，-3）．將點(diǎn)C、D的坐標(biāo)代入拋物線y=ax²+bx+5 (a≠0) 的解析式，可求得拋物線為y=-x²-2x+5=-(x-1)²+6．其對稱軸為直線x=1．由mn<0且m≤x≤n，知：m<0，n=0．

根據(jù)對稱軸的位置不同，可分為下列三種情況：

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【例8】（19·廈門二檢）

在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知點(diǎn)A．若對點(diǎn)A作如下變換：

第一步：作點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)A₁；第二步：以O(shè)為位似中心，作線段OA₁的位似圖形OA₂，且相似比OA₂/OA₁＝q，則稱A₂是點(diǎn)A的對稱位似點(diǎn)．

（1）若A（2，3），q=2，直接寫出點(diǎn)A的對稱位似點(diǎn)的坐標(biāo)；

①當(dāng)k=1/2時(shí)，判斷E（1，－1）是否為點(diǎn)N的對稱位似點(diǎn)，請說明理由；

②若直線l與拋物線C交于點(diǎn)M（x₁，y₁）（x₁≠0），且點(diǎn)M不是拋物線的頂點(diǎn)，則點(diǎn)M的對稱位似點(diǎn)是否可能仍在拋物線C上？請說明理由．

【題干解讀】理解題意（新定義）和位似的定義與性質(zhì)，體會(huì)定義中的前后點(diǎn)的聯(lián)系與特征，尤其是當(dāng)q的值變化時(shí)，對應(yīng)的A₂與A₁之間的變化規(guī)律（所包含的函數(shù)關(guān)系）．可以發(fā)現(xiàn)直線A₁A₂必經(jīng)過原點(diǎn)，并且：

（2）【支題干解讀】

（ⅱ）而拋物線C的解析式中只含有一個(gè)參數(shù)m，二次項(xiàng)系數(shù)為定值-1/2，所以當(dāng)m改變時(shí)，相當(dāng)于拋物線平移，同時(shí)拋物線C的對稱軸為x=m，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-2+m²/2）．

另一方面，聯(lián)立拋物線C與直線l的解析式，得：

．整理，得x(x-2m-2k)=0．

解得x=0或x=2(m-k)．

即拋物線C與直線l的另一個(gè)交點(diǎn)M的橫坐標(biāo)x_M＝2(m-k)．（上述結(jié)論在最后一問的解答需要用到，而且恰好是解題的關(guān)鍵）

①當(dāng)k=1/2時(shí)，由解讀知N（2，-1）．

(本小題計(jì)算量不大，也可直接求解點(diǎn)N的坐標(biāo)，如下：當(dāng)k=1/2時(shí)，直線l為y=x/2-2，此時(shí)y_N＝2k－2＝－1，代入直線l的解析式，得x_N=2，所以N（2，-1）．)

【法一】因點(diǎn)N關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)N₁（2，1），根據(jù)定義，N點(diǎn)的位似點(diǎn)應(yīng)為(2t，t)(t為任意實(shí)數(shù)，用t代替q，避免分類)，進(jìn)一步，得：N點(diǎn)的位似點(diǎn)應(yīng)在直線y=x/2上（原點(diǎn)除外）．顯然E（1，-1）不在直線y=x/2上，所以當(dāng)k=1/2時(shí)，點(diǎn)E（1，-1）不是點(diǎn)N的對稱位似點(diǎn)．

【法三】N₁的求法與法一相同．不難求得直線N₁E的解析式，但直線N₁E不經(jīng)過原點(diǎn)，……（可參考【題干解讀】的說明）．

②由【又題干解讀】知：所以或．且拋物線C的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-2+m²/2），直線l與拋物線C交于點(diǎn)M的橫坐標(biāo)x_M＝2(m-k)．

當(dāng)m=2k時(shí)，代入直線解析式，得M（2k，2k²-2），此時(shí)時(shí)拋物線C的頂點(diǎn)為（2k，2k²-2），不合題意（點(diǎn)M不是拋物線的頂點(diǎn)），舍去．

當(dāng)m=－k時(shí)，代入直線解析式，得

M（-4k，-4k²-2）．

（關(guān)于t的方程有實(shí)根，即存在t的值，符合題意）．由k²≤1/16與k＜0，得-1/4≤k<0．即當(dāng)-1/4≤k<0時(shí)，點(diǎn)M的對稱位似點(diǎn)仍在拋物線C上．

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【例9】（2018·泰州）平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)為a的點(diǎn)A在反比例函數(shù)y₁=k/x (x＞0)的圖像上.點(diǎn)A′與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)O對稱，一次函數(shù)y₂=mx+n的圖像經(jīng)過點(diǎn)A′.

（1）

①分別求函數(shù)y₁，y₂的表達(dá)式；

②直接寫出使y₁>y₂>0成立的x的范圍；

（2）

（3）設(shè)m=1/2，如圖②，過點(diǎn)A作AD⊥x軸，與函數(shù)y₂的圖像相交于點(diǎn)D，以AD為一邊向右側(cè)作正方形ADEF，試說明函數(shù)y₂的圖像與線段EF的交點(diǎn)P一定在函數(shù)y₁的圖像上.

【例10】（2018·金華）如圖，四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)分別在反比例函數(shù)y=m/x與y=n/x (x＞0，0＜m＜n)的圖象上，對角線BD∥y軸，且BD⊥AC于點(diǎn)P．已知點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為4．

（1）當(dāng)m＝4，n＝20時(shí)．

①若點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2，求直線AB的函數(shù)表達(dá)式．

②若點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)，試判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由．

（2）四邊形ABCD能否成為正方形？若能，求此時(shí)m，n之間的數(shù)量關(guān)系；若不能，試說明理由．

【圖文解析】

（1）當(dāng)m=4，n=20時(shí)，兩函數(shù)的解析式為y=4/x和y=20/x，當(dāng)x＝4時(shí)，對應(yīng)的函數(shù)值分別為1和5，所以B（4，1），得D（4，5），

①當(dāng)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2時(shí)，即當(dāng)y=2時(shí)，對應(yīng)的x的值分別為2和10，所以A（2，2）、C（10，2）．

設(shè)直線AB為y=kx+b，則有：

②當(dāng)點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)時(shí)，P（4，3），類似地，當(dāng)y=3時(shí)，對應(yīng)的x的值分別為4/3和20/3，即A（4/3，3），B（20/3，3），從而PA＝x_P－x_A=4-4/3＝8/3，PC＝x_B－x_P=20/3-4＝8/3，所以PA＝PC，又P是BD的中點(diǎn)，所以ABCD是平行四邊形，又因BD⊥AC，所以四邊形ABCD為菱形．

（2）若四邊形ABCD為正方形，則必須滿足ABCD是菱形，且BD＝AC．由于BD⊥AC，所以只需滿足PA＝PB＝PC＝PD即可．

不妨設(shè)P（4，t），PA＝PB＝PC＝PD＝a≠0，則A（4-a，t），C(4+a，t)，B(4，t-a)，D(4，t+a)，如下圖示：

所以m=t(4-a)=4(t-a)，……①

n=t(4+a)=4(t+a)，……②

由①得：4t-at=4t-4a，即at=4a，

　　　因a≠0，所以t=4，

由②得：4t+at=4t+4a，即at=4a，

　因a≠0，所以t=4，

將t=4，分別代回到①②，得：

　m=4(4-a)，n=4(4+a)

所以m+n=32．

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