42、（2013•濱州壓軸題）根據(jù)要求，解答下列問題：
（1）已知直線l1的函數(shù)表達(dá)式為y=x，請直接寫出過原點且與l1垂直的直線l2的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖，過原點的直線l3向上的方向與x軸的正方向所成的角為30°．
①求直線l3的函數(shù)表達(dá)式；
②把直線l3繞原點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到的直線l4，求直線l4的函數(shù)表達(dá)式．
（3）分別觀察（1）（2）中的兩個函數(shù)表達(dá)式，請猜想：當(dāng)兩直線垂直時，它們的函數(shù)表達(dá)式中自變量的系數(shù)之間有何關(guān)系？請根據(jù)猜想結(jié)論直接寫出過原點且與直線y=? 垂直的直線l5的函數(shù)表達(dá)式．

考點：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）根據(jù)題意可直接得出l2的函數(shù)表達(dá)式；
（2）①先設(shè)直線l3的函數(shù)表達(dá)式為y=k1x（k1≠0），根據(jù)過原點的直線l3向上的方向與x軸的正方向所成的角為30°，直線過一、三象限，求出k1=tan30°，從而求出直線l3的函數(shù)表達(dá)式；
②根據(jù)l3與l4的夾角是為90°，求出l4與x軸的夾角是為60°，再設(shè)l4的解析式為y=k2x（k2≠0），根據(jù)直線l4過二、四象限，求出k2=?tan60°，從而求出直線l4的函數(shù)表達(dá)式；
（3）通過觀察（1）（2）中的兩個函數(shù)表達(dá)式可得出它們的函數(shù)表達(dá)式中自變量的系數(shù)互為負(fù)倒數(shù)關(guān)系，再根據(jù)這一關(guān)系即可求出與直線y=? 垂直的直線l5的函數(shù)表達(dá)式．
解答：解：（1）根據(jù)題意得：y=?x；

（2）①設(shè)直線l3的函數(shù)表達(dá)式為y=k1x（k1≠0），
∵過原點的直線l3向上的方向與x軸的正方向所成的角為30°，直線過一、三象限，
∴k1=tan30°= ，
∴直線l3的函數(shù)表達(dá)式為y= x；
②∵l3與l4的夾角是為90°，
∴l(xiāng)4與x軸的夾角是為60°，
設(shè)l4的解析式為y=k2x（k2≠0），
∵直線l4過二、四象限，
∴k2=?tan60°=? ，
∴直線l4的函數(shù)表達(dá)式為y=? x；

（3）通過觀察（1）（2）中的兩個函數(shù)表達(dá)式可知，當(dāng)兩直線互相垂直時，它們的函數(shù)表達(dá)式中自變量的系數(shù)互為負(fù)倒數(shù)關(guān)系，
∴過原點且與直線y=? 垂直的直線l5的函數(shù)表達(dá)式為y=5x．

點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合，用到的知識點是銳角三角函數(shù)、一次函數(shù)的解析式的求法，關(guān)鍵是根據(jù)銳角三角函數(shù)求出k的值，做綜合性的題要與幾何圖形相結(jié)合，更直觀一些．
　
43、（2013•攀枝花壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，點B（10，0），C（7，4）．直線l經(jīng)過A，D兩點，且sin∠DAB= ．動點P在線段AB上從點A出發(fā)以每秒2個單位的速度向點B運動，同時動點Q從點B出發(fā)以每秒5個單位的速度沿B→C→D的方向向點D運動，過點P作P垂直于x軸，與折線A→D→C相交于點，當(dāng)P，Q兩點中有一點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運動．設(shè)點P，Q運動的時間為t秒（t＞0），△PQ的面積為S．[:Zxxk.Co]
（1）點A的坐標(biāo)為　（?4，0）　，直線l的解析式為　y=x+4��；
（2）試求點Q與點相遇前S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的t的取值范圍；
（3）試求（2）中當(dāng)t為何值時，S的值最大，并求出S的最大值；
（4）隨著P，Q兩點的運動，當(dāng)點在線段DC上運動時，設(shè)P的延長線與直線l相交于點N，試探究：當(dāng)t為何值時，△QN為等腰三角形？請直接寫出t的值．

考點：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）利用梯形性質(zhì)確定點D的坐標(biāo)，利用sin∠DAB= 特殊三角函數(shù)值，得到△AOD為等腰直角三角形，從而得到點A的坐標(biāo)；由點A、點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線l的解析式；
（2）解答本問，需要弄清動點的運動過程：
①當(dāng)0＜t≤1時，如答圖1所示；
②當(dāng)1＜t≤2時，如答圖2所示；
③當(dāng)2＜t＜ 時，如答圖3所示．[:學(xué)科網(wǎng)ZXXK]
（3）本問考查二次函數(shù)與一次函數(shù)在指定區(qū)間上的極值，根據(jù)（2）中求出的S表達(dá)式與取值范圍，逐一討論計算，最終確定S的最大值；
（4）△QN為等腰三角形的情形有兩種，需要分類討論，避免漏解．
解答：解：（1）∵C（7，4），AB∥CD，
∴D（0，4）．
∵sin∠DAB= ，
∴∠DAB=45°，
∴OA=OD=4，
∴A（?4，0）．
設(shè)直線l的解析式為：y=kx+b，則有
，
解得：k=1，b=4，
∴y=x+4．
∴點A坐標(biāo)為（?4，0），直線l的解析式為：y=x+4．

（2）在點P、Q運動的過程中：
①當(dāng)0＜t≤1時，如答圖1所示：

過點C作CF⊥x軸于點F，則CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．
過點Q作QE⊥x軸于點E，則BE=BQ•cos∠CBF=5t• =3t．
∴PE=PB?BE=（14?2t）?3t=14?5t，
S= P•PE= ×2t×（14?5t）=?5t2+14t；
②當(dāng)1＜t≤2時，如答圖2所示：

過點C、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為F，E，
則CQ=5t?5，PE=AF?AP?EF=11?2t?（5t?5）=16?7t，
S= P•PE= ×2t×（16?7t）=?7t2+16t；
③當(dāng)點與點Q相遇時，D+CQ=CD=7，
即（2t?4）+（5t?5）=7，解得t= ．
當(dāng)2＜t＜ 時，如答圖3所示：

Q=CD?D?CQ=7?（2t?4）?（5t?5）=16?7t，
S= P•Q= ×4×（16?7t）=?14t+32．

（3）①當(dāng)0＜t≤1時，S=?5t2+14t=?5（t? ）2+ ，
∵a=?5＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t= ，
∴當(dāng)0＜t≤1時，S隨t的增大而增大，
∴當(dāng)t=1時，S有最大值，最大值為9；
②當(dāng)1＜t≤2時，S=?7t2+16t=?7（t? ）2+ ，
∵a=?7＜0，拋物線開口向下，對稱軸為直線t= ，
∴當(dāng)t= 時，S有最大值，最大值為 ；
③當(dāng)2＜t＜ 時，S=?14t+32
∵k=?14＜0，
∴S隨t的增大而減�。�
又∵當(dāng)t=2時，S=4；
當(dāng)t= 時，S=0，
∴0＜S＜4．
綜上所述，當(dāng)t= 時，S有最大值，最大值為 ．

（4）△QN為等腰三角形，有兩種情形：
①如答圖4所示，點在線段CD上，
Q=CD?D?CQ=7?（2t?4）?（5t?5）=16?7t，N=D=2t?4，
由N=Q，得16?7t=2t?4，解得t= ；

②如答圖5所示，當(dāng)點運動到C點，同時當(dāng)Q剛好運動至終點D，
此時△QN為等腰三角形，t= ．
故當(dāng)t= 或t= 時，△QN為等腰三角形．
點評：本題是典型的運動型綜合題，難度較大，解題關(guān)鍵是對動點運動過程有清晰的理解．第（3）問中，考查了指定區(qū)間上的函數(shù)極值，增加了試題的難度；另外，分類討論的思想貫穿（2）?（4）問始終，同學(xué)們需要認(rèn)真理解并熟練掌握．

44、（2013•寧波壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為（0，4），點B的坐標(biāo)為（4，0），點C的坐標(biāo)為（?4，0），點P在射線AB上運動，連結(jié)CP與y軸交于點D，連結(jié)BD．過P，D，B三點作⊙Q與y軸的另一個交點為E，延長DQ交⊙Q于點F，連結(jié)EF，BF．

（1）求直線AB的函數(shù)解析式；
（2）當(dāng)點P在線段AB（不包括A，B兩點）上時．
①求證：∠BDE=∠ADP；
②設(shè)DE=x，DF=y．請求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式；
（3）請你探究：點P在運動過程中，是否存在以B，D，F(xiàn)為頂點的直角三角形，滿足兩條直角邊之比為2：1？如果存在，求出此時點P的坐標(biāo)：如果不存在，請說明理由．

考點：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4，把（4，0）代入即可；
（2）①先證出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根據(jù)∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP，
②先連結(jié)PE，根據(jù)∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再證出∠DFE=∠DPE=45°，最后根據(jù)∠DEF=90°，得出△DEF是等腰直角三角形，從而求出DF= DE，即y= x；
（3）當(dāng) =2時，過點F作FH⊥OB于點H，則∠DBO=∠BFH，再證出△BOD∽△FHB， = = =2，得出FH=2，OD=2BH，再根據(jù)∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，得出四邊形OEFH是矩形，OE=FH=2，EF=OH=4?OD，根據(jù)DE=EF，求出OD的長，從而得出直線CD的解析式為y=x+，最后根據(jù) 求出點P的坐標(biāo)即可；
當(dāng) =時，連結(jié)EB，先證出△DEF是等腰直角三角形，過點F作FG⊥OB于點G，同理可得△BOD∽△FGB， = = =，得出FG=8，OD=BG，再證出四邊形OEFG是矩形，求出OD的值，再求出直線CD的解析式，最后根據(jù) 即可求出點P的坐標(biāo)．
解答：解：（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4，
代入（4，0）得：4k+4=0，
解得：k=?1，
則直線AB的函數(shù)解析式為y=?x+4；

（2）①由已知得：
OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，
又∵OD=OD，
∴△BOD≌△COD，
∴∠BOD=∠CDO，
∵∠CDO=∠ADP，
∴∠BDE=∠ADP，
②連結(jié)PE，
∵∠ADP是△DPE的一個外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，
∵∠BDE是△ABD的一個外角，
∴∠BDE=∠ABD+∠OAB，
∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，
∴∠DPE=∠OAB，
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°，
∴∠DPE=45°，
∴∠DFE=∠DPE=45°，
∵DF是⊙Q的直徑，
∴∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF= DE，即y= x；

（3）當(dāng)BD：BF=2：1時，
過點F作FH⊥OB于點H，
∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，
∴∠DBO=∠BFH，
又∵∠DOB=∠BHF=90°，
∴△BOD∽△FHB，
∴ = = =2，
∴FH=2，OD=2BH，
∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，
∴四邊形OEFH是矩形，
∴OE=FH=2，
∴EF=OH=4?OD，
∵DE=EF，
∴2+OD=4?OD，
解得：OD=，
∴點D的坐標(biāo)為（0，），
∴直線CD的解析式為y=x+，
由 得： ，
則點P的坐標(biāo)為（2，2）；
當(dāng) =時，
連結(jié)EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，
而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，
∵∠DEP=∠DPA，
∴∠DBE=∠DAP=45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
過點F作FG⊥OB于點G，
同理可得：△BOD∽△FGB，
∴ = = =，
∴FG=8，OD=BG，
∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，
∴四邊形OEFG是矩形，
∴OE=FG=8，
∴EF=OG=4+2OD，
∵DE=EF，
∴8?OD=4+2OD，
OD= ，
∴點D的坐標(biāo)為（0，? ），
直線CD的解析式為：y=? x? ，
由 得： ，
∴點P的坐標(biāo)為（8，?4），
綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，2）或（8，?4）．



點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合，用到的知識點是一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)，關(guān)鍵是綜合運用有關(guān)知識作出輔助線，列出方程組．

45、（2013濟(jì)寧壓軸題）如圖，直線y=?x+4與坐標(biāo)軸分別交于點A、B，與直線y=x交于點C．在線段OA上，動點Q以每秒1個單位長度的速度從點O出發(fā)向點A做勻速運動，同時動點P從點A出發(fā)向點O做勻速運動，當(dāng)點P、Q其中一點停止運動時，另一點也停止運動．分別過點P、Q作x軸的垂線，交直線AB、OC于點E、F，連接EF．若運動時間為t秒，在運動過程中四邊形PEFQ總為矩形（點P、Q重合除外）．
（1）求點P運動的速度是多少？
（2）當(dāng)t為多少秒時，矩形PEFQ為正方形？
（3）當(dāng)t為多少秒時，矩形PEFQ的面積S最大？并求出最大值．

考點：一次函數(shù)綜合題．
分析：（1）根據(jù)直線y=?x+4與坐標(biāo)軸分別交于點A、B，得出A，B點的坐標(biāo)，再利用EP∥BO，得出 = =，據(jù)此可以求得點P的運動速度；
（2）當(dāng)PQ=PE時，以及當(dāng)PQ=PE時，矩形PEFQ為正方形，分別求出即可；
（3）根據(jù)（2）中所求得出s與t的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而利用二次函數(shù)性質(zhì)求出即可．
解答：解：（1）∵直線y=?x+4與坐標(biāo)軸分別交于點A、B，
∴x=0時，y=4，y=0時，x=8，
∴ ==，
當(dāng)t秒時，QO=FQ=t，則EP=t，
∵EP∥BO，
∴ = =，
∴AP=2t，
∵動點Q以每秒1個單位長度的速度從點O出發(fā)向點A做勻速運動，
∴點P運動的速度是每秒2個單位長度；
（2）如圖1，當(dāng)PQ=PE時，矩形PEFQ為正方形，
則∵OQ=FQ=t，PA=2t，
∴QP=8?t?2t=8?3t，
∴8?3t=t，
解得：t=2，
如圖2，當(dāng)PQ=PE時，矩形PEFQ為正方形，
∵OQ=t，PA=2t，
∴OP=8?2t，
∴QP=t?（8?2t）=3t?8，
∴t=3t?8，
解得：t=4；
（3）如圖1，當(dāng)Q在P點的左邊時，
∵OQ=t，PA=2t，
∴QP=8?t?2t=8?3t，
∴S矩形PEFQ=QP•QF=（8?3t）•t=8t?3t2，
當(dāng)t=? =時，
S矩形PEFQ的最大值為： =4，
如圖2，當(dāng)Q在P點的右邊時，
∵OQ=t，PA=2t，
∴QP=t?（8?2t）=3t?8，
∴S矩形PEFQ=QP•QE=（3t?8）•t=3t2?8t，
∵當(dāng)點P、Q其中一點停止運動時，另一點也停止運動，
∴0≤t≤4，
當(dāng)t=? =時，S矩形PEFQ的最小，
∴t=4時，S矩形PEFQ的最大值為：3×42?8×4=16，
綜上所述，當(dāng)t=4時，S矩形PEFQ的最大值為：16．


點評：此題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，得出P，Q不同的位置進(jìn)行分類討論得出是解題關(guān)鍵．　

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/chusan/226962.html

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