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22. 如图1，这是某款新能源汽车用充电器给汽车充电时，其屏幕的起始画面. 经测试，在用快速充电器和普通充电器对该汽车充电时，其电量$E(\%)$与充电时间$t(\mathrm{h})$的函数图象分别为图2中的线段$AB$，$AC$. 根据以上信息，回答下列问题：
(1)在目前电量为$20\%$的情况下，用充电器给该汽车充满电时，快速充电器比普通充电器少用
(2)求线段$AB$，$AC$的函数表达式.
(3)已知该汽车在高速公路上正常行驶时，一般情况下耗电量为每小时$20\%$.若该汽车目前电量为$20\%$，在用快速充电器将其充满电后，正常行驶$a\ \mathrm{h}$，接着用普通充电器将其充满电，其“充电—耗电—充电”的时间恰好是$14\ \mathrm{h}$，求$a$的值.
(1)在目前电量为$20\%$的情况下，用充电器给该汽车充满电时，快速充电器比普通充电器少用
$8$
$\mathrm{h}$.(2)求线段$AB$，$AC$的函数表达式.
(3)已知该汽车在高速公路上正常行驶时，一般情况下耗电量为每小时$20\%$.若该汽车目前电量为$20\%$，在用快速充电器将其充满电后，正常行驶$a\ \mathrm{h}$，接着用普通充电器将其充满电，其“充电—耗电—充电”的时间恰好是$14\ \mathrm{h}$，求$a$的值.
答案
22.解:(1)8 (2)设线段AB的函数表达式为$E=k_1t+b_1$($k_1,b_1$为常数,且$k_1≠0$).根据题意,得$b_1=20$,① $k_1+b_1=100$. ② 将①代入②,得$k_1+20=100$,解得$k_1=80$.$\therefore$线段AB的函数表达式为$E=80t+20(0≤ t≤1)$.设线段AC的函数表达式为$E=k_2t+b_2$($k_2,b_2$为常数,且$k_2≠0$).根据题意,得$b_2=20$,① $9k_2+b_2=100$. ② 将①代入②,得$9k_2+20=100$,解得$k_2=\frac{80}{9}$.$\therefore$线段AC的函数表达式为$E=\frac{80}{9}t+20(0≤ t≤9)$.
(3)根据图象,用快速充电器将其充满电用时1 h.正常行驶$a$ h后耗电$20a\%$,$\therefore$用普通充电器再次充满电用时$20a÷\frac{80}{9}=\frac{9a}{4}(\mathrm{h})$.
根据题意,得$1+a+\frac{9a}{4}=14$,解得$a=4$.
(3)根据图象,用快速充电器将其充满电用时1 h.正常行驶$a$ h后耗电$20a\%$,$\therefore$用普通充电器再次充满电用时$20a÷\frac{80}{9}=\frac{9a}{4}(\mathrm{h})$.
根据题意,得$1+a+\frac{9a}{4}=14$,解得$a=4$.
解析
【分析】
(1) 观察函数图象可直接获取信息：快速充电器充满电对应横坐标为1h，普通充电器充满电对应横坐标为9h，二者作差即可得到快速充电器比普通充电器少用的时间。
(2) 求一次函数表达式使用待定系数法：两条线段均过点$A(0,20)$，因此两个函数的截距都为20，再分别将线段$AB$的点$(1,100)$、线段$AC$的点$(9,100)$代入对应函数，即可求出斜率，得到函数表达式，同时标注自变量的取值范围。
(3) 首先明确快速充电充满耗时1h；行驶$a$小时的耗电量为$20a\%$，结合普通充电器的充电速度，可计算出补充耗电需要的充电时间，再根据“充电—耗电—充电”总时间为14h列一元一次方程，求解即可得到$a$的值。
【解析】
(1) 由图可知，快速充电充满需1h，普通充电充满需9h，因此少用的时间为$9-1=8\ \mathrm{h}$。
(2) 设线段$AB$的函数表达式为$E=k_1t+b_1$（$k_1,b_1$为常数，且$k_1≠0$）。
将点$A(0,20)$、$B(1,100)$代入得：
$\begin{cases}b_1=20\\k_1+b_1=100\end{cases}$
把$b_1=20$代入第二个方程，得$k_1+20=100$，解得$k_1=80$。
因此线段$AB$的函数表达式为$E=80t+20(0≤ t≤ 1)$。
设线段$AC$的函数表达式为$E=k_2t+b_2$（$k_2,b_2$为常数，且$k_2≠0$）。
将点$A(0,20)$、$C(9,100)$代入得：
$\begin{cases}b_2=20\\9k_2+b_2=100\end{cases}$
把$b_2=20$代入第二个方程，得$9k_2+20=100$，解得$k_2=\frac{80}{9}$。
因此线段$AC$的函数表达式为$E=\frac{80}{9}t+20(0≤ t≤ 9)$。
(3) 由图象可知，快速充电器充满电用时1h。
汽车行驶$a\ \mathrm{h}$的耗电量为$20a\%$，普通充电器每小时充电$\frac{80}{9}\%$，因此补充$20a\%$电量需要的时间为$20a÷\frac{80}{9}=\frac{9a}{4}\ \mathrm{h}$。
根据总时间为14h列方程：
$1+a+\frac{9a}{4}=14$
合并同类项得：$\frac{13a}{4}=13$
解得$a=4$。
【答案】
(1) $\boxed{8}$
(2) 线段$AB$：$\boxed{E=80t+20(0≤ t≤ 1)}$；线段$AC$：$\boxed{E=\dfrac{80}{9}t+20(0≤ t≤ 9)}$
(3) $\boxed{a=4}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数的实际应用；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合新能源汽车充电的生活场景，考查学生从函数图象提取信息、运用基础知识解决实际问题的能力，既考查了一次函数、一元一次方程的核心知识点，又贴合生活实际，能有效锻炼学生的数学应用意识。
【难度系数】
0.7
(1) 观察函数图象可直接获取信息：快速充电器充满电对应横坐标为1h，普通充电器充满电对应横坐标为9h，二者作差即可得到快速充电器比普通充电器少用的时间。
(2) 求一次函数表达式使用待定系数法：两条线段均过点$A(0,20)$，因此两个函数的截距都为20，再分别将线段$AB$的点$(1,100)$、线段$AC$的点$(9,100)$代入对应函数，即可求出斜率，得到函数表达式，同时标注自变量的取值范围。
(3) 首先明确快速充电充满耗时1h；行驶$a$小时的耗电量为$20a\%$，结合普通充电器的充电速度，可计算出补充耗电需要的充电时间，再根据“充电—耗电—充电”总时间为14h列一元一次方程，求解即可得到$a$的值。
【解析】
(1) 由图可知，快速充电充满需1h，普通充电充满需9h，因此少用的时间为$9-1=8\ \mathrm{h}$。
(2) 设线段$AB$的函数表达式为$E=k_1t+b_1$（$k_1,b_1$为常数，且$k_1≠0$）。
将点$A(0,20)$、$B(1,100)$代入得：
$\begin{cases}b_1=20\\k_1+b_1=100\end{cases}$
把$b_1=20$代入第二个方程，得$k_1+20=100$，解得$k_1=80$。
因此线段$AB$的函数表达式为$E=80t+20(0≤ t≤ 1)$。
设线段$AC$的函数表达式为$E=k_2t+b_2$（$k_2,b_2$为常数，且$k_2≠0$）。
将点$A(0,20)$、$C(9,100)$代入得：
$\begin{cases}b_2=20\\9k_2+b_2=100\end{cases}$
把$b_2=20$代入第二个方程，得$9k_2+20=100$，解得$k_2=\frac{80}{9}$。
因此线段$AC$的函数表达式为$E=\frac{80}{9}t+20(0≤ t≤ 9)$。
(3) 由图象可知，快速充电器充满电用时1h。
汽车行驶$a\ \mathrm{h}$的耗电量为$20a\%$，普通充电器每小时充电$\frac{80}{9}\%$，因此补充$20a\%$电量需要的时间为$20a÷\frac{80}{9}=\frac{9a}{4}\ \mathrm{h}$。
根据总时间为14h列方程：
$1+a+\frac{9a}{4}=14$
合并同类项得：$\frac{13a}{4}=13$
解得$a=4$。
【答案】
(1) $\boxed{8}$
(2) 线段$AB$：$\boxed{E=80t+20(0≤ t≤ 1)}$；线段$AC$：$\boxed{E=\dfrac{80}{9}t+20(0≤ t≤ 9)}$
(3) $\boxed{a=4}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式；一次函数的实际应用；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合新能源汽车充电的生活场景，考查学生从函数图象提取信息、运用基础知识解决实际问题的能力，既考查了一次函数、一元一次方程的核心知识点，又贴合生活实际，能有效锻炼学生的数学应用意识。
【难度系数】
0.7
23. 如图1，在平面直角坐标系中，直线$y=-\frac{4}{3}x+4$分别交x轴、y轴于A，B两点，过点$C(-4,0)$作$CD⊥AB$于点D，交y轴于点E.(1)试说明：$△ COE≌△ BOA$.(2)如图2，M是线段CE上一动点(不与点C，E重合)，$ON⊥OM$交AB于点N，连接MN.①判断$△ OMN$的形状，并说明理由.②当$△ OCM$与$△ OAN$面积相等时，求点N的坐标.
答案
23.解:(1)把$x=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$y=4$,$\therefore OB=4$.把$y=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$x=3$,$\therefore OA=3$.$\because C(-4,0)$,$\therefore OC=4$.$\therefore OB=OC$.$\because CD⊥ AB$,$\therefore ∠ ACD+∠ CAD=90°$.$\because ∠ ACD+∠ OEC=90°$,$\therefore ∠ CAD=∠ OEC$.在$△ COE$和$△ BOA$中,$\begin{cases}∠ COE=∠ BOA,\\∠ OEC=∠ OAB,\\OC=OB,\end{cases}$$\therefore △ COE≌△ BOA(\mathrm{AAS})$.
(2)①$△ MON$是等腰直角三角形.理由如下:$\because ON⊥ OM$,$\therefore ∠ MON=∠ COB=90°$.$\therefore ∠ COM=∠ BON$.$\because △ COE≌△ BOA$,$\therefore ∠ OCM=∠ OBN$.在$△ COM$和$△ BON$中,$\begin{cases}∠ OCM=∠ OBN,\\OC=OB,\\∠ COM=∠ BON,\end{cases}$$\therefore △ COM≌△ BON(\mathrm{ASA})$.$\therefore OM=ON$.$\therefore △ MON$是等腰直角三角形. ②$\because △ COM≌△ BON$,$△ OCM$与$△ OAN$面积相等,$\therefore △ BON$与$△ OAN$面积相等,即$△ OAN$面积是$△ AOB$面积的一半.$\therefore \frac{1}{2}×3× y_N=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×3×4$,解得$y_N=2$.把$y=2$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$2=-\frac{4}{3}x+4$,解得$x=\frac{3}{2}$.$\therefore$点N的坐标为$(\frac{3}{2},2)$.
(2)①$△ MON$是等腰直角三角形.理由如下:$\because ON⊥ OM$,$\therefore ∠ MON=∠ COB=90°$.$\therefore ∠ COM=∠ BON$.$\because △ COE≌△ BOA$,$\therefore ∠ OCM=∠ OBN$.在$△ COM$和$△ BON$中,$\begin{cases}∠ OCM=∠ OBN,\\OC=OB,\\∠ COM=∠ BON,\end{cases}$$\therefore △ COM≌△ BON(\mathrm{ASA})$.$\therefore OM=ON$.$\therefore △ MON$是等腰直角三角形. ②$\because △ COM≌△ BON$,$△ OCM$与$△ OAN$面积相等,$\therefore △ BON$与$△ OAN$面积相等,即$△ OAN$面积是$△ AOB$面积的一半.$\therefore \frac{1}{2}×3× y_N=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×3×4$,解得$y_N=2$.把$y=2$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$2=-\frac{4}{3}x+4$,解得$x=\frac{3}{2}$.$\therefore$点N的坐标为$(\frac{3}{2},2)$.
解析
【分析】
(1) 要证明$△ COE≌△ BOA$，首先通过直线$AB$的解析式求出$A$、$B$两点坐标，得到$OB=OC$，再根据$CD⊥AB$利用同角的余角相等得到两组对应角相等，即可用AAS判定全等。
(2) ①判断$△ OMN$的形状，已知$ON⊥OM$，只需证明$OM=ON$即可。结合(1)的全等结论得对应角相等，再通过同角的余角相等得到$∠ COM=∠ BON$，证明$△ COM≌△ BON$得到$OM=ON$，即可判定三角形形状。
②已知$△ OCM$与$△ OAN$面积相等，结合①的全等结论可推得$△ BON$与$△ OAN$面积相等，即$N$的纵坐标为$OB$的一半，代入直线$AB$解析式即可求出$N$的坐标。
【解析】
(1) 把$x=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$y=4$，$\therefore OB=4$。把$y=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$x=3$，$\therefore OA=3$。$\because C(-4,0)$，$\therefore OC=4$，$\therefore OB=OC$。
$\because CD⊥AB$，$\therefore ∠ACD+∠CAD=90°$，$\because ∠COE=90°$，$\therefore ∠ACD+∠OEC=90°$，$\therefore ∠CAD=∠OEC$。
在$△ COE$和$△ BOA$中：
$\begin{cases}∠COE=∠BOA=90°, \\∠OEC=∠OAB, \\OC=OB,\end{cases}$
$\therefore △ COE≌△ BOA(\mathrm{AAS})$。
(2) ①$△ OMN$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because ON⊥OM$，$\therefore ∠MON=∠COB=90°$，$\therefore ∠COM+∠MOB=∠BON+∠MOB=90°$，$\therefore ∠COM=∠BON$。
由(1)中$△ COE≌△ BOA$，得$∠OCM=∠OBN$。
在$△ COM$和$△ BON$中：
$\begin{cases}∠OCM=∠OBN, \\OC=OB, \\∠COM=∠BON,\end{cases}$
$\therefore △ COM≌△ BON(\mathrm{ASA})$，$\therefore OM=ON$。
又$\because ∠MON=90°$，$\therefore △ MON$是等腰直角三角形。
②$\because △ COM≌△ BON$，$\therefore S_{△ COM}=S_{△ BON}$，
$\because S_{△ OCM}=S_{△ OAN}$，$\therefore S_{△ BON}=S_{△ OAN}$，即$S_{△ OAN}=\frac{1}{2}S_{△ AOB}$。
$△ AOB$中，$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OA× OB=\frac{1}{2}×3×4=6$，
$\therefore S_{△ OAN}=\frac{1}{2}×3× y_N=3$，解得$y_N=2$。
把$y=2$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$2=-\frac{4}{3}x+4$，解得$x=\frac{3}{2}$，
$\therefore$点$N$的坐标为$(\frac{3}{2},2)$。
【答案】
(1) 已证$△ COE≌△ BOA$；
(2) ①$△ OMN$是等腰直角三角形；②点$N$的坐标为$\boldsymbol{(\frac{3}{2},2)}$。
【知识点】
一次函数图象性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，解题核心是利用一次函数解析式得到线段长度，结合垂直关系推导等角，通过全等三角形实现边、面积的转化，较好地考查了逻辑推理能力和数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$△ COE≌△ BOA$，首先通过直线$AB$的解析式求出$A$、$B$两点坐标，得到$OB=OC$，再根据$CD⊥AB$利用同角的余角相等得到两组对应角相等，即可用AAS判定全等。
(2) ①判断$△ OMN$的形状，已知$ON⊥OM$，只需证明$OM=ON$即可。结合(1)的全等结论得对应角相等，再通过同角的余角相等得到$∠ COM=∠ BON$，证明$△ COM≌△ BON$得到$OM=ON$，即可判定三角形形状。
②已知$△ OCM$与$△ OAN$面积相等，结合①的全等结论可推得$△ BON$与$△ OAN$面积相等，即$N$的纵坐标为$OB$的一半，代入直线$AB$解析式即可求出$N$的坐标。
【解析】
(1) 把$x=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$y=4$，$\therefore OB=4$。把$y=0$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$x=3$，$\therefore OA=3$。$\because C(-4,0)$，$\therefore OC=4$，$\therefore OB=OC$。
$\because CD⊥AB$，$\therefore ∠ACD+∠CAD=90°$，$\because ∠COE=90°$，$\therefore ∠ACD+∠OEC=90°$，$\therefore ∠CAD=∠OEC$。
在$△ COE$和$△ BOA$中：
$\begin{cases}∠COE=∠BOA=90°, \\∠OEC=∠OAB, \\OC=OB,\end{cases}$
$\therefore △ COE≌△ BOA(\mathrm{AAS})$。
(2) ①$△ OMN$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because ON⊥OM$，$\therefore ∠MON=∠COB=90°$，$\therefore ∠COM+∠MOB=∠BON+∠MOB=90°$，$\therefore ∠COM=∠BON$。
由(1)中$△ COE≌△ BOA$，得$∠OCM=∠OBN$。
在$△ COM$和$△ BON$中：
$\begin{cases}∠OCM=∠OBN, \\OC=OB, \\∠COM=∠BON,\end{cases}$
$\therefore △ COM≌△ BON(\mathrm{ASA})$，$\therefore OM=ON$。
又$\because ∠MON=90°$，$\therefore △ MON$是等腰直角三角形。
②$\because △ COM≌△ BON$，$\therefore S_{△ COM}=S_{△ BON}$，
$\because S_{△ OCM}=S_{△ OAN}$，$\therefore S_{△ BON}=S_{△ OAN}$，即$S_{△ OAN}=\frac{1}{2}S_{△ AOB}$。
$△ AOB$中，$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OA× OB=\frac{1}{2}×3×4=6$，
$\therefore S_{△ OAN}=\frac{1}{2}×3× y_N=3$，解得$y_N=2$。
把$y=2$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，得$2=-\frac{4}{3}x+4$，解得$x=\frac{3}{2}$，
$\therefore$点$N$的坐标为$(\frac{3}{2},2)$。
【答案】
(1) 已证$△ COE≌△ BOA$；
(2) ①$△ OMN$是等腰直角三角形；②点$N$的坐标为$\boldsymbol{(\frac{3}{2},2)}$。
【知识点】
一次函数图象性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，解题核心是利用一次函数解析式得到线段长度，结合垂直关系推导等角，通过全等三角形实现边、面积的转化，较好地考查了逻辑推理能力和数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
