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10. 如图,某海军基地位于 A 处,其正南方向200 海里处有一个重要目标 B,在 B 的正东方向 200 海里处有一重要目标 C. 小岛 D 位于 AC 的中点,岛上有一补给码头,小岛 F 位于 BC 上且恰好处于小岛 D 的正南方向,一艘军舰从 A 出发,先后沿 AB,BC 方向经过 B向着 C 匀速巡航,一艘补给船同时从 D 出发,沿南偏西方向匀速直线航行,欲将一批物品送达军舰.
(1)小岛 D 和小岛 F 相距多少海里?
(2)已知军舰的速度是补给船速度的 2 倍,军舰在由 B 向着 C 航行的途中与补给船相遇于 E 处,那么相遇时补给船航行了多少海里?(结果精确到 0.1 海里,$\sqrt{6}\approx 2.45$)
(1)小岛 D 和小岛 F 相距多少海里?
(2)已知军舰的速度是补给船速度的 2 倍,军舰在由 B 向着 C 航行的途中与补给船相遇于 E 处,那么相遇时补给船航行了多少海里?(结果精确到 0.1 海里,$\sqrt{6}\approx 2.45$)
答案
(1)连接DF,则DF⊥BC,
∵AB⊥BC,AB=BC=200海里,
∴AC=√(AB²+BC²)=200√2 海里,∠C=45°,
∴CD=1/2 AC=100√2 海里,DF=CF.
在Rt△DFC中,设DF=CF=x海里,
根据勾股定理得x²+x²=(100√2)²,解得x=100,
∴DF=CF=100海里,
∴小岛D和小岛F相距100海里.
(2)设相遇时补给船航行了y海里,
则DE=y海里,AB+BE=2y海里,EF=AB+BC-(AB+BE)-CF=(300-2y)海里,
在Rt△DEF中,根据勾股定理,可得y²=100²+(300-2y)²,
整理得3y²-1200y+100000=0,解得y₁=200-100√6/3≈118.3,y₂=200+100√6/3≈281.7.
∵300-2y＞0,
∴y＜150,
∴y₂不符合题意,舍去,
∴相遇时补给船大约航行了118.3海里.
∵AB⊥BC,AB=BC=200海里,
∴AC=√(AB²+BC²)=200√2 海里,∠C=45°,
∴CD=1/2 AC=100√2 海里,DF=CF.
在Rt△DFC中,设DF=CF=x海里,
根据勾股定理得x²+x²=(100√2)²,解得x=100,
∴DF=CF=100海里,
∴小岛D和小岛F相距100海里.
(2)设相遇时补给船航行了y海里,
则DE=y海里,AB+BE=2y海里,EF=AB+BC-(AB+BE)-CF=(300-2y)海里,
在Rt△DEF中,根据勾股定理,可得y²=100²+(300-2y)²,
整理得3y²-1200y+100000=0,解得y₁=200-100√6/3≈118.3,y₂=200+100√6/3≈281.7.
∵300-2y＞0,
∴y＜150,
∴y₂不符合题意,舍去,
∴相遇时补给船大约航行了118.3海里.
解析
【分析】
要解决这道题，首先分析第一问：已知△ABC是等腰直角三角形，D是AC中点，DF⊥BC，可通过等腰直角三角形性质和勾股定理求DF的长度。第二问：设补给船航行距离为y，根据速度关系表示军舰航行距离，再结合线段和差表示EF，最后在Rt△DEF中用勾股定理列方程，舍去不符合实际的解即可。
【解析】
(1) 连接DF，由题意得DF⊥BC，AB⊥BC，故DF//AB。
∵AB=BC=200海里，∠B=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，AC=√(AB²+BC²)=√(200²+200²)=200√2海里，∠C=45°。
∵D是AC中点，
∴CD=1/2 AC=100√2海里。
又
∵DF⊥BC，∠C=45°，
∴△DFC是等腰直角三角形，DF=CF。
设DF=CF=x海里，在Rt△DFC中，由勾股定理：
x²+x²=(100√2)²，即2x²=20000，解得x=100（x=-100舍去），
∴DF=100海里，即小岛D和小岛F相距100海里。
(2) 设相遇时补给船航行了y海里，即DE=y海里。
∵军舰速度是补给船的2倍，航行时间相同，
∴军舰航行距离为2y海里，即AB+BE=2y，
∵AB=200海里，
∴BE=2y-200海里。
又
∵CF=100海里，BC=200海里，
∴EF=BC - BE - CF=200-(2y-200)-100=300-2y海里。
在Rt△DEF中，由勾股定理：
y²=100²+(300-2y)²，整理得3y²-1200y+100000=0，
用求根公式解得：y=(1200±√(1440000-1200000))/6=(1200±200√6)/6=200±(100√6)/3。
∵EF=300-2y＞0，
∴y＜150，
计算得y₁=200-(100×2.45)/3≈118.3，y₂≈281.7（舍去），
∴相遇时补给船大约航行了118.3海里。
【答案】
(1) 100海里；(2) 118.3海里
【知识点】
勾股定理、等腰直角三角形、一元二次方程应用
【点评】
本题结合几何图形与行程问题，利用直角三角形性质和勾股定理建立方程求解，关键是准确表示线段长度，需注意舍去不符合实际的解，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.4
要解决这道题，首先分析第一问：已知△ABC是等腰直角三角形，D是AC中点，DF⊥BC，可通过等腰直角三角形性质和勾股定理求DF的长度。第二问：设补给船航行距离为y，根据速度关系表示军舰航行距离，再结合线段和差表示EF，最后在Rt△DEF中用勾股定理列方程，舍去不符合实际的解即可。
【解析】
(1) 连接DF，由题意得DF⊥BC，AB⊥BC，故DF//AB。
∵AB=BC=200海里，∠B=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，AC=√(AB²+BC²)=√(200²+200²)=200√2海里，∠C=45°。
∵D是AC中点，
∴CD=1/2 AC=100√2海里。
又
∵DF⊥BC，∠C=45°，
∴△DFC是等腰直角三角形，DF=CF。
设DF=CF=x海里，在Rt△DFC中，由勾股定理：
x²+x²=(100√2)²，即2x²=20000，解得x=100（x=-100舍去），
∴DF=100海里，即小岛D和小岛F相距100海里。
(2) 设相遇时补给船航行了y海里，即DE=y海里。
∵军舰速度是补给船的2倍，航行时间相同，
∴军舰航行距离为2y海里，即AB+BE=2y，
∵AB=200海里，
∴BE=2y-200海里。
又
∵CF=100海里，BC=200海里，
∴EF=BC - BE - CF=200-(2y-200)-100=300-2y海里。
在Rt△DEF中，由勾股定理：
y²=100²+(300-2y)²，整理得3y²-1200y+100000=0，
用求根公式解得：y=(1200±√(1440000-1200000))/6=(1200±200√6)/6=200±(100√6)/3。
∵EF=300-2y＞0，
∴y＜150，
计算得y₁=200-(100×2.45)/3≈118.3，y₂≈281.7（舍去），
∴相遇时补给船大约航行了118.3海里。
【答案】
(1) 100海里；(2) 118.3海里
【知识点】
勾股定理、等腰直角三角形、一元二次方程应用
【点评】
本题结合几何图形与行程问题，利用直角三角形性质和勾股定理建立方程求解，关键是准确表示线段长度，需注意舍去不符合实际的解，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.4
11. (扬州中考) 如图, 在等腰直角三角形 $ABO$中, $∠ A=90°$, 点 $B$ 的坐标为 $(0,2)$, 若直线$l:y=mx+m\ (m ≠ 0)$ 把 $△ ABO$ 分成面积相等的两部分,则 $m$ 的值为
(5-√13)/2
.答案
∵y=mx+m=m(x+1),
∴一次函数y=mx+m的图象一定过点(-1,0).
∵Rt△ABO是等腰直角三角形,∠A=90°,且点B的坐标为(0,2),
∴点A的坐标为(1,1).如图①,当直线l经过点A(1,1)时,显然S△BCA＞S△OAC,不符合题意.要使直线l把△ABO分成面积相等的两部分,必然如图②所示,其中S△DBC=1/2 S△ABO,且OC＜OB.当x=0时,y=m,
∴点C的坐标为(0,m),即m＜2.易得直线AB的函数表达式为y=-x+2.将其与直线l联立,即{y=-x+2,y=mx+m,解得{x=(2-m)/(m+1),y=3m/(m+1),
∴直线AB与直线l的交点D的坐标为((2-m)/(m+1),3m/(m+1)).又BC=2-m,△DBC的高即为点D的横坐标,
∴((2-m)·(2-m)/(m+1))/2=1/2 × (2×1)/2,解得m=(5-√13)/2或m=(5+√13)/2(舍去),故答案为(5-√13)/2.
解析
【分析】
首先，先确定等腰直角△ABO的各顶点坐标，再分析直线l的恒过点，明确直线l与△ABO的相交情况，利用面积相等的条件建立方程求解。具体步骤：1. 由等腰直角△ABO的性质和B点坐标，求出A点坐标；2. 对直线l的解析式变形，得到其恒过定点(-1,0)；3. 确定直线l与y轴、AB边的交点，利用△DBC的面积为△ABO面积的一半，结合坐标表示线段长度和高，列方程求解m，舍去不符合条件的解。
【解析】
1. 确定△ABO的顶点坐标：
∵等腰直角△ABO中，∠A=90°，B(0,2)，
∴OA⊥AB且OA=AB，可得A点坐标为(1,1)；
△ABO的面积S△ABO = (OB×A的横坐标)/2 = (2×1)/2 = 1，故面积的一半为1/2。
2. 分析直线l的性质：
直线l：y=mx+m = m(x+1)，
∴直线l恒过定点(-1,0)。
3. 求直线AB的解析式：
设直线AB的解析式为y=kx+b，代入A(1,1)、B(0,2)，得：
{b=2，k+b=1}，解得k=-1，b=2，
∴直线AB：y=-x+2。
4. 求直线l与AB的交点D，及与y轴交点C：
直线l与y轴交点C的坐标为(0,m)（x=0时，y=m），故BC=OB - OC=2 - m；
联立直线AB与l的方程：{y=-x+2，y=mx+m}，解得x=(2 - m)/(m+1)，y=3m/(m+1)，即D点坐标为((2 - m)/(m+1), 3m/(m+1))，△DBC中，BC边上的高为D点的横坐标(2 - m)/(m+1)。
5. 利用面积关系列方程求解：
S△DBC = (1/2)×BC×高 = (1/2)×(2 - m)×(2 - m)/(m+1) = 1/2，
化简得：(2 - m)²/(m+1) = 1，
展开整理：m² -5m +3=0，
解得m=(5±√13)/2；
结合图形，直线l需在△ABO内部，故m＜2，(5+√13)/2≈4.3＞2，舍去，故m=(5 - √13)/2。
【答案】
(5-√13)/2
【知识点】
一次函数的图像与性质、三角形面积、坐标与图形性质
【点评】
本题结合等腰直角三角形和一次函数的性质，考查面积等分问题，关键是确定直线恒过点、交点坐标，利用面积公式建立方程，需注意舍去不符合题意的解，属于中等难度的中考题型。
【难度系数】
0.4
首先，先确定等腰直角△ABO的各顶点坐标，再分析直线l的恒过点，明确直线l与△ABO的相交情况，利用面积相等的条件建立方程求解。具体步骤：1. 由等腰直角△ABO的性质和B点坐标，求出A点坐标；2. 对直线l的解析式变形，得到其恒过定点(-1,0)；3. 确定直线l与y轴、AB边的交点，利用△DBC的面积为△ABO面积的一半，结合坐标表示线段长度和高，列方程求解m，舍去不符合条件的解。
【解析】
1. 确定△ABO的顶点坐标：
∵等腰直角△ABO中，∠A=90°，B(0,2)，
∴OA⊥AB且OA=AB，可得A点坐标为(1,1)；
△ABO的面积S△ABO = (OB×A的横坐标)/2 = (2×1)/2 = 1，故面积的一半为1/2。
2. 分析直线l的性质：
直线l：y=mx+m = m(x+1)，
∴直线l恒过定点(-1,0)。
3. 求直线AB的解析式：
设直线AB的解析式为y=kx+b，代入A(1,1)、B(0,2)，得：
{b=2，k+b=1}，解得k=-1，b=2，
∴直线AB：y=-x+2。
4. 求直线l与AB的交点D，及与y轴交点C：
直线l与y轴交点C的坐标为(0,m)（x=0时，y=m），故BC=OB - OC=2 - m；
联立直线AB与l的方程：{y=-x+2，y=mx+m}，解得x=(2 - m)/(m+1)，y=3m/(m+1)，即D点坐标为((2 - m)/(m+1), 3m/(m+1))，△DBC中，BC边上的高为D点的横坐标(2 - m)/(m+1)。
5. 利用面积关系列方程求解：
S△DBC = (1/2)×BC×高 = (1/2)×(2 - m)×(2 - m)/(m+1) = 1/2，
化简得：(2 - m)²/(m+1) = 1，
展开整理：m² -5m +3=0，
解得m=(5±√13)/2；
结合图形，直线l需在△ABO内部，故m＜2，(5+√13)/2≈4.3＞2，舍去，故m=(5 - √13)/2。
【答案】
(5-√13)/2
【知识点】
一次函数的图像与性质、三角形面积、坐标与图形性质
【点评】
本题结合等腰直角三角形和一次函数的性质，考查面积等分问题，关键是确定直线恒过点、交点坐标，利用面积公式建立方程，需注意舍去不符合题意的解，属于中等难度的中考题型。
【难度系数】
0.4
12. (2025·泉州期中) 如图,已知 $A,B,C,D$ 为矩形的四个顶点,$AB=16\ \mathrm{cm}$,$AD=6\ \mathrm{cm}$,动点$P,Q$ 分别从点 $A,C$ 同时出发,点 $P$ 以 $3\ \mathrm{cm/s}$的速度向点 $B$ 移动,一直到点 $B$ 为止,点 $Q$以 $2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $D$ 移动,设移动的时间为 $t$ 秒.
(1) 当 $t$ 为何值时,$P,Q$ 两点间的距离最小?最小距离是多少?
(2) 连接 $QB$.
①当$△ BPQ$ 为等腰三角形时,求 $t$ 的值.
②在运动过程中,是否存在一个时刻,使得$∠ PQB=90°$? 若存在,求出 $t$ 的值;若不存在,请说明理由.
(1) 当 $t$ 为何值时,$P,Q$ 两点间的距离最小?最小距离是多少?
(2) 连接 $QB$.
①当$△ BPQ$ 为等腰三角形时,求 $t$ 的值.
②在运动过程中,是否存在一个时刻,使得$∠ PQB=90°$? 若存在,求出 $t$ 的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1)根据题意,可得AP=3t cm,CQ=2t cm.
∵AB=16 cm,AD=6 cm,
∴PB=AB-AP=(16-3t)cm.当PQ⊥AB时,PQ最小,此时四边形BCQP是矩形,
∴CQ=PB,
∴2t=16-3t,解得t=16/5,
∴当t=16/5时,PQ最小,PQ的最小距离为6 cm.
(2)①如图,过点Q作QG⊥AB于点G,得矩形BCQG,矩形AGQD.
∴BG=CQ=2t cm,QG=BC=6 cm,
∴当点P在点G左侧时,PG=AB-BG-AP=16-2t-3t=(16-5t)cm,当点P与点G重合时,由(1)得t=16/5,此时PQ=6 cm,BP=2t=32/5 cm,PQ≠BP,△PBQ不是等腰三角形,当点P在点G右侧时,PG=BG-(AB-AP)=(5t-16)cm.
∴点P不与点G重合时,PG=|16-5t| cm.在Rt△PQG中,根据勾股定理,可得PQ²=PG²+QG²=(16-5t)²+6²,BQ²=BG²+QG²=(2t)²+6²,当PQ=PB时,可得(16-5t)²+6²=(16-3t)²,整理可得4t²-16t+9=0,解得t=(4±√7)/2;
当BQ=PB时,可得(2t)²+6²=(16-3t)²,整理可得5t²-96t+220=0,解得t=(48-2√301)/5或t=(48+2√301)/5(不符合题意,舍去);当QP=QB时,G为PB的中点,
∴16-5t=2t,解得t=16/7.综上可得,当△BPQ为等腰三角形时,t的值为(4±√7)/2或(48-2√301)/5或16/7.
②不存在一个时刻,使得∠PQB=90°,理由如下:
当∠PQB=90°时,可得PQ²+BQ²=PB²,即(16-5t)²+6²+(2t)²+6²=(16-3t)²,整理可得5t²-16t+18=0.
∵b²-4ac=(-16)²-4×5×18=-104＜0,
∴此方程无实数解,
∴不存在一个时刻,使得∠PQB=90°.
解析
【分析】
本题为矩形背景下的动点问题，核心思路是用时间$t$表示各线段长度，结合矩形性质、勾股定理，通过列一元二次方程解决问题。(1)求$PQ$的最小距离，利用“垂线段最短”，当$PQ⊥ AB$时$PQ$最小，此时四边形$BCQP$为矩形，对边相等可列方程；(2)①等腰三角形需分三种情况（$PQ=PB$、$BQ=PB$、$QP=QB$），每种情况用勾股定理表示三边平方，建立方程求解，需注意$t$的取值范围（$0≤ t≤\frac{16}{3}$）；②判断$∠ PQB=90°$是否存在，利用勾股定理逆定理列方程，通过判别式判断方程有无实根即可。
【解析】
(1) 由题意，$AP=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$，矩形$ABCD$中$AB=16\ \mathrm{cm}$，$AD=6\ \mathrm{cm}$，故$PB=AB-AP=(16-3t)\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=6\ \mathrm{cm}$。
根据垂线段最短，当$PQ⊥ AB$时$PQ$最小，此时四边形$BCQP$是矩形，因此$CQ=PB$，即$2t=16-3t$，解得$t=\frac{16}{5}$，此时$PQ=BC=6\ \mathrm{cm}$，即最小距离为$6\ \mathrm{cm}$。
(2) ①过点$Q$作$QG⊥ AB$于点$G$，得矩形$BCQG$，故$BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$，$QG=BC=6\ \mathrm{cm}$，$PG=|16-5t|\ \mathrm{cm}$。分三种情况讨论：
当$PQ=PB$时，由勾股定理：$(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$4t^2-16t+9=0$，解得$t=\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$；
当$BQ=PB$时，由勾股定理：$(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$5t^2-96t+220=0$，解得$t=\frac{48\pm2\sqrt{301}}{5}$，其中$t=\frac{48+2\sqrt{301}}{5}$超过$P$到$B$的时间（$\frac{16}{3}\ \mathrm{s}$），舍去，故$t=\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$；
当$QP=QB$时，$G$为$PB$中点，故$16-5t=2t$，解得$t=\frac{16}{7}$；
综上，$t$的值为$\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$、$\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$、$\frac{16}{7}$。
②假设存在时刻使$∠ PQB=90°$，由勾股定理逆定理：$PQ^2+BQ^2=PB^2$，代入得：
$(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，
整理得$5t^2-16t+18=0$，
判别式$\Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$，方程无实根，故不存在这样的时刻。
【答案】
(1) 当$t=\frac{16}{5}$时，$PQ$最小，最小距离为$6\ \mathrm{cm}$；(2)①$t$的值为$\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$、$\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$、$\frac{16}{7}$；②不存在，理由见解析。
【知识点】
矩形性质、勾股定理、一元二次方程应用、等腰三角形判定
【点评】
本题是矩形与动点结合的综合题，需灵活运用几何性质转化线段关系，分情况讨论等腰三角形的不同情形，考查逻辑分析与方程求解能力，需注意解的合理性验证。
【难度系数】
0.3
本题为矩形背景下的动点问题，核心思路是用时间$t$表示各线段长度，结合矩形性质、勾股定理，通过列一元二次方程解决问题。(1)求$PQ$的最小距离，利用“垂线段最短”，当$PQ⊥ AB$时$PQ$最小，此时四边形$BCQP$为矩形，对边相等可列方程；(2)①等腰三角形需分三种情况（$PQ=PB$、$BQ=PB$、$QP=QB$），每种情况用勾股定理表示三边平方，建立方程求解，需注意$t$的取值范围（$0≤ t≤\frac{16}{3}$）；②判断$∠ PQB=90°$是否存在，利用勾股定理逆定理列方程，通过判别式判断方程有无实根即可。
【解析】
(1) 由题意，$AP=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$，矩形$ABCD$中$AB=16\ \mathrm{cm}$，$AD=6\ \mathrm{cm}$，故$PB=AB-AP=(16-3t)\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=6\ \mathrm{cm}$。
根据垂线段最短，当$PQ⊥ AB$时$PQ$最小，此时四边形$BCQP$是矩形，因此$CQ=PB$，即$2t=16-3t$，解得$t=\frac{16}{5}$，此时$PQ=BC=6\ \mathrm{cm}$，即最小距离为$6\ \mathrm{cm}$。
(2) ①过点$Q$作$QG⊥ AB$于点$G$，得矩形$BCQG$，故$BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$，$QG=BC=6\ \mathrm{cm}$，$PG=|16-5t|\ \mathrm{cm}$。分三种情况讨论：
当$PQ=PB$时，由勾股定理：$(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$4t^2-16t+9=0$，解得$t=\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$；
当$BQ=PB$时，由勾股定理：$(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$5t^2-96t+220=0$，解得$t=\frac{48\pm2\sqrt{301}}{5}$，其中$t=\frac{48+2\sqrt{301}}{5}$超过$P$到$B$的时间（$\frac{16}{3}\ \mathrm{s}$），舍去，故$t=\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$；
当$QP=QB$时，$G$为$PB$中点，故$16-5t=2t$，解得$t=\frac{16}{7}$；
综上，$t$的值为$\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$、$\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$、$\frac{16}{7}$。
②假设存在时刻使$∠ PQB=90°$，由勾股定理逆定理：$PQ^2+BQ^2=PB^2$，代入得：
$(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，
整理得$5t^2-16t+18=0$，
判别式$\Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$，方程无实根，故不存在这样的时刻。
【答案】
(1) 当$t=\frac{16}{5}$时，$PQ$最小，最小距离为$6\ \mathrm{cm}$；(2)①$t$的值为$\frac{4\pm\sqrt{7}}{2}$、$\frac{48-2\sqrt{301}}{5}$、$\frac{16}{7}$；②不存在，理由见解析。
【知识点】
矩形性质、勾股定理、一元二次方程应用、等腰三角形判定
【点评】
本题是矩形与动点结合的综合题，需灵活运用几何性质转化线段关系，分情况讨论等腰三角形的不同情形，考查逻辑分析与方程求解能力，需注意解的合理性验证。
【难度系数】
0.3
