【題目】在平面直角坐標(biāo)系中,有點(diǎn)A(0,4)、B(9,4)、C(12,0).已知點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿著AB路線向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng),點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CO路線向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)速度都是每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.
(1)當(dāng)t=4.5秒時(shí),判斷四邊形AQCB的形狀,并說(shuō)明理由.
(2)當(dāng)四邊形AOQB是矩形時(shí),求t的值.
(3)是否存在某一時(shí)刻,使四邊形PQCB是菱形?若存在,求出t的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】
(1)
解:結(jié)論:四邊形AQCB是平行四邊形.
理由:∵A(0,4),B(9,4),
∴AB∥OC,AB=9,
當(dāng)t=4.5秒時(shí),CQ=2t=9,
∴AB=CQ,
∴四邊形AQCB是平行四邊形.
(2)
解:當(dāng)四邊形AQCB是矩形時(shí),有AB=OQ,
即9=12﹣2t,
∴t=1.5.
∴t=1.5s時(shí),四邊形AQCB是矩形.
(3)
解:當(dāng)PB=CQ時(shí),四邊形PQCB是平行四邊形,
即9﹣2t=2t,
∴t= ,
此時(shí)CQ=2t=4.5,如圖作BD⊥OC,垂足為D,
∵B(9,4),C(12,0),
∴BC= =5,
∴BC≠CQ,
∴四邊形PQCB不是菱形,
即不存在某一時(shí)刻,使四邊形PQCB是菱形.
【解析】(1)結(jié)論:四邊形AQCB是平行四邊形.只要證明AB=CQ即可解決問(wèn)題;(2)當(dāng)四邊形AQCB是矩形時(shí),有AB=OQ,即9=12﹣2t,解方程即可解決問(wèn)題;(3)當(dāng)PB=CQ時(shí),四邊形PQCB是平行四邊形,即9﹣2t=2t,可得t= ,此時(shí)CQ=2t=4.5,如圖作BD⊥OC,垂足為D,由BC= =5,推出BC≠CQ,由此即可判斷,四邊形PQCB不是菱形,即不存在某一時(shí)刻,使四邊形PQCB是菱形;
【考點(diǎn)精析】掌握平行四邊形的判定和菱形的判定方法是解答本題的根本,需要知道兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形:兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形;一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形;兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形;對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形;任意一個(gè)四邊形,四邊相等成菱形;四邊形的對(duì)角線,垂直互分是菱形.已知平行四邊形,鄰邊相等叫菱形;兩對(duì)角線若垂直,順理成章為菱形.
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【題目】拋物線y=﹣x2+2x﹣2與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為( )
A.0B.1C.2D.3
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【題目】一個(gè)三角形的三個(gè)內(nèi)角中 ( )
A. 至少有一個(gè)鈍角 B. 至少有一個(gè)直角
C. 至多有一個(gè)銳角 D. 至少有兩個(gè)銳角
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【題目】一元二次方程x2﹣6x﹣5=0配方組可變形為( 。
A.(x﹣3)2=14
B.(x﹣3)2=4
C.(x+3)2=14
D.(x+3)2=4
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【題目】點(diǎn)P(﹣2019,2020)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P′在( 。
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
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【題目】如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,矩形的直角邊、分別在軸的正半軸和軸的正半軸上,過(guò)點(diǎn)的直線交矩形的邊于點(diǎn), .
(1)求點(diǎn)的坐標(biāo)(用含、的代數(shù)式表示);
(2)若把沿折疊,使點(diǎn)恰好落在軸上的點(diǎn)處,
①求與的函數(shù)關(guān)系式(不需寫(xiě)出的范圍);
②當(dāng)時(shí),在坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn),使得,若存在,請(qǐng)求出點(diǎn)的坐標(biāo),若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
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