分析 (1)根據(jù)C、D兩點(diǎn)縱坐標(biāo)相同,即可解決問(wèn)題.
(2)①先求出C、D兩點(diǎn)坐標(biāo),再根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可解決問(wèn)題.
②根據(jù)四邊形PDQC是菱形,推出PQ⊥CD,求出點(diǎn)P坐標(biāo)即可.根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可解決第二個(gè)問(wèn)題.
③求出Q1、Q2坐標(biāo),線段PQ掃過(guò)的面積=2•${S}_{△E{Q}_{1}{Q}_{2}}$,由此即可計(jì)算.
(3)利用方程組求出點(diǎn)M坐標(biāo),),設(shè)點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為b,列出不等式即可解決問(wèn)題.
解答 解:(1)∵CD∥AB,
∴n=4時(shí),對(duì)于y=-2x+14,y=4時(shí),x=5,
∴點(diǎn)D坐標(biāo)(5,4),
故答案為(5,4).
(2)①當(dāng)n=2時(shí),C(0,2),D(6,2),
∵四邊形CPDQ是平行四邊形,
∴CE=ED,
∴點(diǎn)E坐標(biāo)(3,2),
故答案為(3,2).
②∵四邊形PDQC是菱形,
∴PQ⊥CD,
∵CD∥AB,
∴PQ⊥AB,
∵E(3,2),
∴點(diǎn)P坐標(biāo)(3,0),
∴m=3,
當(dāng)Q在y軸上時(shí),$\frac{0+m}{2}$=3,
∴m=6,
故答案為6.
③如圖3中,設(shè)Q1(m,-2m+14),Q2(n,2n+2),![]()
∵E(3,2),
∴$\frac{0+-2m+14}{2}$=2,$\frac{0+2n+2}{2}$=2,
∴m=5,n=1,
∴Q1(5,4),Q2(1,4),
∴Q從Q1運(yùn)動(dòng)到Q2的過(guò)程中,線段PQ掃過(guò)的面積=2•${S}_{△E{Q}_{1}{Q}_{2}}$=2×$\frac{1}{2}$×4×2=8.
(3)由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+2}\\{y=-2x+14}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=8}\end{array}\right.$,
∴點(diǎn)M坐標(biāo)(3,8),設(shè)點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為b,
∵點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為n,Q始終落在△MAB外,
∴b>8即2n>8,
∴n>4時(shí),點(diǎn)Q始終落在△MAB外.
點(diǎn)評(píng) 本題考查一次函數(shù)綜合題、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、平行四邊形的性質(zhì)、三角形面積等知識(shí),解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識(shí)解決問(wèn)題,學(xué)會(huì)利用方程組求兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)坐標(biāo),屬于中考?jí)狠S題.
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| A. | y1≤y2 | B. | y1<y2 | C. | y1≥y2 | D. | y1>y2 |
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| A. | 1個(gè) | B. | 2個(gè) | C. | 3個(gè) | D. | 4個(gè) |
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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
| A. | 0個(gè) | B. | 1個(gè) | C. | 2個(gè) | D. | 3個(gè) |
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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
| A. | 圖象經(jīng)過(guò)第二象限 | B. | 函數(shù)值y隨x的增大而減小 | ||
| C. | 圖象在x軸上的截距是1 | D. | 圖象在y軸上的截距是-1 |
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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
| A. | $\sqrt{16}$=±4 | B. | $\root{3}{27}$=-3 | C. | ±$\sqrt{16}$=4 | D. | $\sqrt{(-4)^{3}}$=-4 |
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