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10. 解(1)　 因為四邊形ABCD是平行四邊形， 所以 ········· 1分

　 所以

所以 ·························· 3分

(2)的周長之和為定值．················· 4分

理由一：

過點C作FG的平行線交直線AB于H ，

因為GF⊥AB，所以四邊形FHCG為矩形．所以 FH＝CG，FG＝CH

因此，的周長之和等于BC+CH+BH　

由　 BC＝10，AB＝5，AM＝4，可得CH＝8，BH＝6，

所以BC+CH+BH＝24 ··························· 6分

理由二：

由AB＝5，AM＝4，可知　　

在Rt△BEF與Rt△GCE中，有：

，

所以，△BEF的周長是， △ECG的周長是

又BE+CE＝10，因此的周長之和是24．　 6分

(3)設(shè)BE＝x，則

所以 　 8分

配方得：．

所以，當(dāng)時，y有最大值．　 9分

最大值為．　

9. 解：(1)如圖所示，，，

∴．　………………………………1分

又，

∴．　 ………3分

(2)，∴∠D₁FO=60°．

，∴．　 ··················· 4分

　又，，∴．

，∴．··············· 5分

又，∴．

在中，．········· 6分

(3)點在內(nèi)部．　 ····················· 7分

理由如下：設(shè)(或延長線)交于點P，則．

在中，，　　 …………········· 9分

，即，∴點在內(nèi)部． 　……………10分

8.

(1)，．

作于，

為正三角形，

，．

．

連，，，

．

．

(2)，是圓的直徑，

又是圓的切線，．

，．

．

設(shè)直線的函數(shù)解析式為，

則，解得．

直線的函數(shù)解析式為．

(3)，，，，

四邊形的周長．

設(shè)，的面積為，

則，．

．

當(dāng)時，．

點分別在線段上，

，解得．

滿足，

的最大面積為．

7. 解：(1)解方程x²－10x+16＝0得x₁＝2，x₂＝8　

∵點B在x軸的正半軸上，點C在y軸的正半軸上，且OB＜OC

∴點B的坐標(biāo)為(2，0)，點C的坐標(biāo)為(0，8)

又∵拋物線y＝ax²+bx+c的對稱軸是直線x＝－2

∴由拋物線的對稱性可得點A的坐標(biāo)為(－6，0)

∴A、B、C三點的坐標(biāo)分別是A(－6，0)、B(2，0)、C(0，8)

(2)∵點C(0，8)在拋物線y＝ax²+bx+c的圖象上

∴c＝8，將A(－6，0)、B(2，0)代入表達(dá)式y＝ax²+bx+8，得

　解得

∴所求拋物線的表達(dá)式為y＝－x²－x+8　

(3)∵AB＝8，OC＝8

∴S_△ABC ＝×8×8=32

(4)依題意，AE＝m，則BE＝8－m，

∵OA＝6，OC＝8，　 ∴AC＝10

∵EF∥AC　 ∴△BEF∽△BAC

∴＝　即＝　　 ∴EF＝

過點F作FG⊥AB，垂足為G，則sin∠FEG＝sin∠CAB＝

∴＝　 ∴FG＝·＝8－m

∴S＝S_△BCE－S_△BFE＝(8－m)×8－(8－m)(8－m)

＝(8－m)(8－8+m)＝(8－m)m＝－m²+4m　

自變量m的取值范圍是0＜m＜8　

(5)存在．　 理由：

∵S＝－m²+4m＝－(m－4)²+8　且－＜0，

∴當(dāng)m＝4時，S有最大值，S_最大值＝8

∵m＝4，∴點E的坐標(biāo)為(－2，0)

∴△BCE為等腰三角形．

6. [解] (1)若二分隊在營地不休息，則，速度為4千米/時，行至塌方處需(小時)，因為一分隊到塌方處并打通道路需要(小時)，故二分隊在塌方處需停留0.5小時，所以二分隊在營地不休息趕到鎮(zhèn)需(小時)．

(2)一分隊趕到鎮(zhèn)共需(小時)．

(ⅰ)若二分隊在塌方處需停留，則后20千米需與一分隊同行，故，則，這與二分隊在塌方處停留矛盾，舍去；

(ⅱ)若二分隊在塌方處不停留，則，即，解得，．

經(jīng)檢驗，均符合題意．

答：二分隊?wèi)?yīng)在營地休息1小時或2小時．

(3)合理的圖象為，． 圖象表明二分隊在營地休息時間過長，后于一分隊趕到鎮(zhèn)；圖象表明二分隊在營地休息時間恰當(dāng)，先于一分隊趕到鎮(zhèn)．

5. 解：(1)

(2)①，②。

(3)由規(guī)律知：或?qū)懗?)

由(1)(2)知：

(4)存在.

由上知：

，

，，，解得

又，，存在的最大值，其值為。

4. 解：(1)(1,0)，點P運動速度每秒鐘1個單位長度．

(2) 過點作BF⊥y軸于點，⊥軸于點，則＝8，.

　　 　∴.在Rt△AFB中，.

　　　 過點作⊥軸于點,與的延長線交于點.

∵ ∴△ABF≌△BCH. ∴.

∴.∴所求C點的坐標(biāo)為(14，12).

　　　 (3) 過點P作PM⊥y軸于點M，PN⊥軸于點N，

則△APM∽△ABF.，∴.，.

∴，∴.

設(shè)△OPQ的面積為(平方單位)，∴(0≤≤10)　

　∵<0　 ∴當(dāng)時, △OPQ的面積最大.，此時P的坐標(biāo)為(，) .　

　 (4)　 當(dāng) 或時,　 OP與PQ相等.

3.

[解] (1)由

得．

又因為當(dāng)時，，即，

解得，或(舍去)，故的值為．

(2)由，得，

所以函數(shù)的圖象的對稱軸為，

于是，有，解得，

所以．

(3)由，得函數(shù)的圖象為拋物線，其開口向下，頂點坐標(biāo)為；

由，得函數(shù)的圖象為拋物線，其開口向上，頂點坐標(biāo)為；

故在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)，函數(shù)的圖象與的圖象沒有交點．

2. 解：(1)如圖所示：··························· 4分

(注：正確畫出1個圖得2分，無作圖痕跡或痕跡不正確不得分)

(2)若三角形為銳角三角形，則其最小覆蓋圓為其外接圓；··········· 6分

若三角形為直角或鈍角三角形，則其最小覆蓋圓是以三角形最長邊(直角或鈍角所對的邊)為直徑的圓．　　 8分

(3)此中轉(zhuǎn)站應(yīng)建在的外接圓圓心處(線段的垂直平分線與線段的垂直平分線的交點處)．　 10分

理由如下：

由，

，，

故是銳角三角形，

所以其最小覆蓋圓為的外接圓，

設(shè)此外接圓為，直線與交于點，

則．

故點在內(nèi)，從而也是四邊形的最小覆蓋圓．

所以中轉(zhuǎn)站建在的外接圓圓心處，能夠符合題中要求．

························· 12分

1. 解：(1)；，．

(2)設(shè)存在實數(shù)，使拋物線上有一點，滿足以為頂點的三角形與等腰直角相似．

以為頂點的三角形為等腰直角三角形，且這樣的三角形最多只有兩類，一類是以為直角邊的等腰直角三角形，另一類是以為斜邊的等腰直角三角形．

①若為等腰直角三角形的直角邊，則．

由拋物線得：，．

，．的坐標(biāo)為．

把代入拋物線解析式，得．

拋物線解析式為．

即．

②若為等腰直角三角形的斜邊，

則，．

的坐標(biāo)為．

把代入拋物線解析式，得．

拋物線解析式為，即

當(dāng)時，在拋物線上存在一點滿足條件，如果此拋物線上還有滿足條件的點，不妨設(shè)為點，那么只有可能是以為斜邊的等腰直角三角形，由此得，顯然不在拋物線上，因此拋物線上沒有符合條件的其他的點．

當(dāng)時，同理可得拋物線上沒有符合條件的其他的點．

當(dāng)的坐標(biāo)為，對應(yīng)的拋物線解析式為時，

和都是等腰直角三角形，．

又，．

，，總滿足．

當(dāng)的坐標(biāo)為，對應(yīng)的拋物線解析式為時，

同理可證得：，總滿足