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三、解答题
11. 已知点$ P(2m + 4, m - 1) $，请分别根据下列条件，求出点$ P $的坐标.
(1)点$ P $在$ x $轴上.
(2)点$ P $的纵坐标比横坐标大$ 3 $.
(3)点$ P $在过点$ A(2, -4) $且与$ y $轴平行的直线上.
11. 已知点$ P(2m + 4, m - 1) $，请分别根据下列条件，求出点$ P $的坐标.
(1)点$ P $在$ x $轴上.
(2)点$ P $的纵坐标比横坐标大$ 3 $.
(3)点$ P $在过点$ A(2, -4) $且与$ y $轴平行的直线上.
答案
11. (1)$\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在 $x$ 轴上,$\therefore m-1=0$,解得 $m=1$,$\therefore 2m+4=2× 1+4=6$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(6,0)$.
(2)$\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 的纵坐标比横坐标大 $3$,$\therefore m-1-(2m+4)=3$,解得 $m=-8$,$\therefore 2m+4=2× (-8)+4=-12$,$m-1=-8-1=-9$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(-12,-9)$.
(3)$\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在过点 $A(2,-4)$ 且与 $y$ 轴平行的直线上,$\therefore 2m+4=2$,解得 $m=-1$,$\therefore m-1=-1-1=-2$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(2,-2)$.
(2)$\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 的纵坐标比横坐标大 $3$,$\therefore m-1-(2m+4)=3$,解得 $m=-8$,$\therefore 2m+4=2× (-8)+4=-12$,$m-1=-8-1=-9$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(-12,-9)$.
(3)$\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在过点 $A(2,-4)$ 且与 $y$ 轴平行的直线上,$\therefore 2m+4=2$,解得 $m=-1$,$\therefore m-1=-1-1=-2$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(2,-2)$.
解析
【分析】
本题需结合平面直角坐标系中点的坐标性质，根据每个小问的条件找到关于参数m的等量关系，解出m后代入横、纵坐标表达式即可求出点P的坐标：
1. 若点在x轴上，根据x轴上点的纵坐标为0，可列方程求解m；
2. 若纵坐标比横坐标大3，直接根据大小关系列方程求解m；
3. 与y轴平行的直线上所有点横坐标相等，结合直线过A(2,-4)可知直线上点的横坐标均为2，据此列方程求解m。
【解析】
(1) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在 $x$ 轴上，$x$ 轴上点的纵坐标为0，
$\therefore m-1=0$，解得 $m=1$，
代入横坐标表达式得：$2m+4=2× 1+4=6$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(6,0)$。
(2) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 的纵坐标比横坐标大 $3$，
$\therefore m-1-(2m+4)=3$，
化简得：$-m-5=3$，解得 $m=-8$，
代入横、纵坐标表达式得：$2m+4=2× (-8)+4=-12$，$m-1=-8-1=-9$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(-12,-9)$。
(3) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在过点 $A(2, -4)$ 且与 $y$ 轴平行的直线上，平行于y轴的直线上所有点横坐标相等，
$\therefore 2m+4=2$，解得 $m=-1$，
代入纵坐标表达式得：$m-1=-1-1=-2$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(2,-2)$。
【答案】
(1) $(6,0)$；(2) $(-12,-9)$；(3) $(2,-2)$
【知识点】
1. 坐标轴上点的坐标特征
2. 平行于y轴的直线点的坐标特征
3. 一元一次方程的应用
【点评】
本题属于平面直角坐标系的基础应用题，解题关键是准确对应不同位置下点的横、纵坐标的特殊规律，根据规律列方程求解参数，再回代计算坐标即可。
【难度系数】
0.8
本题需结合平面直角坐标系中点的坐标性质，根据每个小问的条件找到关于参数m的等量关系，解出m后代入横、纵坐标表达式即可求出点P的坐标：
1. 若点在x轴上，根据x轴上点的纵坐标为0，可列方程求解m；
2. 若纵坐标比横坐标大3，直接根据大小关系列方程求解m；
3. 与y轴平行的直线上所有点横坐标相等，结合直线过A(2,-4)可知直线上点的横坐标均为2，据此列方程求解m。
【解析】
(1) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在 $x$ 轴上，$x$ 轴上点的纵坐标为0，
$\therefore m-1=0$，解得 $m=1$，
代入横坐标表达式得：$2m+4=2× 1+4=6$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(6,0)$。
(2) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 的纵坐标比横坐标大 $3$，
$\therefore m-1-(2m+4)=3$，
化简得：$-m-5=3$，解得 $m=-8$，
代入横、纵坐标表达式得：$2m+4=2× (-8)+4=-12$，$m-1=-8-1=-9$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(-12,-9)$。
(3) $\because$ 点 $P(2m+4,m-1)$ 在过点 $A(2, -4)$ 且与 $y$ 轴平行的直线上，平行于y轴的直线上所有点横坐标相等，
$\therefore 2m+4=2$，解得 $m=-1$，
代入纵坐标表达式得：$m-1=-1-1=-2$，
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(2,-2)$。
【答案】
(1) $(6,0)$；(2) $(-12,-9)$；(3) $(2,-2)$
【知识点】
1. 坐标轴上点的坐标特征
2. 平行于y轴的直线点的坐标特征
3. 一元一次方程的应用
【点评】
本题属于平面直角坐标系的基础应用题，解题关键是准确对应不同位置下点的横、纵坐标的特殊规律，根据规律列方程求解参数，再回代计算坐标即可。
【难度系数】
0.8
12. 如图,在$△ ABC$中,$BE$、$CF$分别是边$AC$、$AB$上的高,在$BE$上截取$BD=AC$,在$CF$的延长线上截取$CG=AB$,连接$AD$、$AG$.
(1)求证:$AD=AG$.
(2)判断$AD$与$AG$的位置关系,并说明理由.
(1)求证:$AD=AG$.
(2)判断$AD$与$AG$的位置关系,并说明理由.
答案
12. (1)证明:$\because BE⊥ AC$,$CF⊥ AB$,$\therefore ∠ HFB=∠ HEC=90°$, 又 $\because ∠ BHF=∠ CHE$,$\therefore ∠ ABD=∠ ACG$. 在$△ ABD$和$△ GCA$中,$\begin{cases} AB=GC,\\∠ ABD=∠ GCA,\\BD=CA,\end{cases}$$\therefore △ ABD≌△ GCA(\mathrm{SAS})$,$\therefore AD=GA$.
(2)$AD⊥ GA$,理由如下:$\because △ ABD≌△ GCA$,$\therefore ∠ ADB=∠ GAC$,又 $\because ∠ ADB=∠ AED+∠ DAE$,$∠ GAC=∠ GAD+∠ DAE$,$\therefore ∠ AED=∠ GAD=90°$,$\therefore AD⊥ GA$.
(2)$AD⊥ GA$,理由如下:$\because △ ABD≌△ GCA$,$\therefore ∠ ADB=∠ GAC$,又 $\because ∠ ADB=∠ AED+∠ DAE$,$∠ GAC=∠ GAD+∠ DAE$,$\therefore ∠ AED=∠ GAD=90°$,$\therefore AD⊥ GA$.
解析
【分析】
(1)要证AD=AG，通常可证明两条线段所在的三角形全等。观察图形可知AD、AG分别在△ABD和△GCA中，因此目标是证明△ABD≌△GCA。首先根据BE、CF是△ABC的高，结合对顶角相等，可推出∠ABD=∠ACG，再结合已知条件BD=AC、CG=AB，即可用SAS判定两个三角形全等，进而得到AD=AG。
(2)判断AD与AG的位置关系，可先猜想为垂直，即证明∠GAD=90°。利用(1)中全等三角形的对应角相等，得到∠ADB=∠GAC，再结合三角形外角的性质，通过角的等量代换，即可推出∠GAD=90°，得到垂直的结论。
【解析】
(1)证明：$\because BE⊥ AC$，$CF⊥ AB$，
$\therefore ∠ HFB=∠ HEC=90°$，
又$\because ∠ BHF=∠ CHE$（对顶角相等），
$\therefore ∠ ABD=∠ ACG$（同角的余角相等）。
在$△ ABD$和$△ GCA$中：
$\begin{cases} AB=GC,\\∠ ABD=∠ GCA,\\BD=CA,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ GCA(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AD=GA$。
(2)$AD⊥ GA$，理由如下：
$\because △ ABD≌△ GCA$，
$\therefore ∠ ADB=∠ GAC$，
$\because ∠ ADB$是$△ ADE$的外角，
$\therefore ∠ ADB=∠ AED+∠ DAE$，
又$\because ∠ GAC=∠ GAD+∠ DAE$，
$\therefore ∠ AED=∠ GAD$，
$\because BE⊥ AC$，$\therefore ∠ AED=90°$，
$\therefore ∠ GAD=90°$，即$AD⊥ GA$。
【答案】
(1)$AD=AG$，证明成立；
(2)$AD⊥ AG$。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 三角形高的性质
3. 垂直的判定
【点评】
本题属于三角形全等的基础综合题，解题的关键是结合三角形高的性质找到相等的角，利用已知边相等的条件构造全等三角形，再通过全等的性质推导边的数量关系和位置关系，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，同时注意角的等量代换的运用。
【难度系数】
0.7
(1)要证AD=AG，通常可证明两条线段所在的三角形全等。观察图形可知AD、AG分别在△ABD和△GCA中，因此目标是证明△ABD≌△GCA。首先根据BE、CF是△ABC的高，结合对顶角相等，可推出∠ABD=∠ACG，再结合已知条件BD=AC、CG=AB，即可用SAS判定两个三角形全等，进而得到AD=AG。
(2)判断AD与AG的位置关系，可先猜想为垂直，即证明∠GAD=90°。利用(1)中全等三角形的对应角相等，得到∠ADB=∠GAC，再结合三角形外角的性质，通过角的等量代换，即可推出∠GAD=90°，得到垂直的结论。
【解析】
(1)证明：$\because BE⊥ AC$，$CF⊥ AB$，
$\therefore ∠ HFB=∠ HEC=90°$，
又$\because ∠ BHF=∠ CHE$（对顶角相等），
$\therefore ∠ ABD=∠ ACG$（同角的余角相等）。
在$△ ABD$和$△ GCA$中：
$\begin{cases} AB=GC,\\∠ ABD=∠ GCA,\\BD=CA,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ GCA(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AD=GA$。
(2)$AD⊥ GA$，理由如下：
$\because △ ABD≌△ GCA$，
$\therefore ∠ ADB=∠ GAC$，
$\because ∠ ADB$是$△ ADE$的外角，
$\therefore ∠ ADB=∠ AED+∠ DAE$，
又$\because ∠ GAC=∠ GAD+∠ DAE$，
$\therefore ∠ AED=∠ GAD$，
$\because BE⊥ AC$，$\therefore ∠ AED=90°$，
$\therefore ∠ GAD=90°$，即$AD⊥ GA$。
【答案】
(1)$AD=AG$，证明成立；
(2)$AD⊥ AG$。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 三角形高的性质
3. 垂直的判定
【点评】
本题属于三角形全等的基础综合题，解题的关键是结合三角形高的性质找到相等的角，利用已知边相等的条件构造全等三角形，再通过全等的性质推导边的数量关系和位置关系，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，同时注意角的等量代换的运用。
【难度系数】
0.7
13. 假期,甲、乙两人沿同一条笔直的马路同时从同一小区出发去博物院参观,小区与博物院的路程是4 km,甲骑自行车,乙步行,当甲沿原路回到小区时,乙刚好到达博物院,图中折线OABC、线段OD分别表示甲、乙两人距离小区的路程s(单位:km)与所经过的时间t(单位:min)之间的函数关系.请根据图象回答下列问题:
(1)甲在博物院参观的时间为
(2)求图中点P的坐标,并解释该点坐标所表示的实际意义.
(3)若甲、乙两人之间的距离为y km,请画出y(km)与所经过的时间t(min)之间的函数图象.
(1)甲在博物院参观的时间为
20
min,甲返回小区的速度为0.2
km/min.(2)求图中点P的坐标,并解释该点坐标所表示的实际意义.
(3)若甲、乙两人之间的距离为y km,请画出y(km)与所经过的时间t(min)之间的函数图象.
答案
13. (1)20 0.2
(2)设直线 $OD$ 的函数表达式为 $s=kt$,把 $D(60,4)$ 代入,得 $60k=4$,解得 $k=\dfrac{1}{15}$,$\therefore$ 直线 $OD$ 的函数表达式为 $s=\dfrac{1}{15}t$. 当甲从图书馆返回时,设直线 $BC$ 的函数表达式为 $s=k_1t+b$,把 $B(40,4)$、$C(60,0)$ 代入,得 $\begin{cases} 40k_1+b=4,\\60k_1+b=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k_1=-\dfrac{1}{5},\\b=12,\end{cases}$$\therefore$ 直线 $BC$ 的函数表达式为 $s=-\dfrac{1}{5}t+12$. 令 $-\dfrac{1}{5}t+12=\dfrac{1}{15}t$,解得 $t=45$,当 $t=45$ 时,$s=\dfrac{1}{15}× 45=3$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(45,3)$. 点 $P$ 的实际意义:当经过的时间为 45 min 时,甲、乙两人相遇,此时距离小区的路程为 3 km.
(3)如图所示.
解析
【分析】
1. 解决第(1)问：观察甲的路程时间图象，OA段为甲前往博物院的过程，AB段路程不变，对应甲在博物院参观，参观时长为B点横坐标减去A点横坐标；BC段为甲返回小区的过程，路程为4km，用时为C点横坐标减去B点横坐标，根据速度=路程÷时间即可算出返回速度。
2. 解决第(2)问：点P是甲返回的路程图象BC和乙的路程图象OD的交点，代表两人相遇。首先用待定系数法分别求出直线OD（乙的s与t的函数关系）和直线BC（甲返回时的s与t的函数关系），联立两个解析式解方程，得到的解就是点P的坐标，再结合行程场景解释实际意义即可。
3. 解决第(3)问：分时间段讨论甲、乙的路程差：①0~20min甲前往博物院、乙步行前往；②20~40min甲在博物院停留、乙继续前进；③40~45min甲返回、乙继续前进，两人未相遇；④45~60min甲返回、乙继续前进，两人相遇后距离逐渐拉大，分别计算各段的y值即可画出函数图象。
【解析】
(1) 由图象可知，甲20min到达博物院，40min开始返回，因此参观时间为$40-20=20\mathrm{min}$；甲返回时路程为4km，用时$60-40=20\mathrm{min}$，返回速度为$4÷20=0.2\mathrm{km/min}$。
(2) 设乙的路程函数（直线OD）的表达式为$s=kt$，将$D(60,4)$代入得：$60k=4$，解得$k=\frac{1}{15}$，因此直线OD的解析式为$s=\frac{1}{15}t$。
设甲返回阶段的路程函数（直线BC）的表达式为$s=k_1t+b$，将$B(40,4)$、$C(60,0)$代入得方程组：
$\begin{cases}40k_1 + b = 4 \\60k_1 + b = 0 \end{cases}$
解得$\begin{cases}k_1=-\frac{1}{5} \\b=12 \end{cases}$，因此直线BC的解析式为$s=-\frac{1}{5}t + 12$。
点P是两直线的交点，联立两个解析式：
$-\frac{1}{5}t + 12 = \frac{1}{15}t$
解得$t=45$，将$t=45$代入$s=\frac{1}{15}t$得$s=\frac{1}{15}×45=3$，因此点P坐标为$(45,3)$，代表出发45分钟后，甲、乙两人相遇，此时两人距离小区的路程为3km。
(3) 分四段计算两人距离$y$：
①当$0≤ t≤20$时，甲的速度为$0.2\mathrm{km/min}$，$y=0.2t - \frac{1}{15}t=\frac{2}{15}t$，$t=20$时$y=\frac{8}{3}$；
②当$20＜ t≤40$时，甲的路程为4km，$y=4 - \frac{1}{15}t$，$t=40$时$y=\frac{4}{3}$；
③当$40＜ t≤45$时，$y=(-\frac{1}{5}t+12)-\frac{1}{15}t=-\frac{4}{15}t+12$，$t=45$时$y=0$；
④当$45＜ t≤60$时，$y=\frac{1}{15}t - (-\frac{1}{5}t+12)=\frac{4}{15}t -12$，$t=60$时$y=4$；
按照上述分段函数即可画出对应的图象。
【答案】
(1)20 0.2
(2)点P的坐标为$(45,3)$，实际意义：当经过的时间为45 min 时，甲、乙两人相遇，此时距离小区的路程为3 km。
(3)如图所示。
【知识点】
一次函数的应用；待定系数法求解析式；行程图象分析
【点评】
本题结合实际行程场景考查一次函数的图象与性质，需要准确读懂路程-时间图象各段的含义，掌握待定系数法求一次函数解析式的方法，同时能够结合分段讨论的思想分析不同时间段的数量关系，对数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
1. 解决第(1)问：观察甲的路程时间图象，OA段为甲前往博物院的过程，AB段路程不变，对应甲在博物院参观，参观时长为B点横坐标减去A点横坐标；BC段为甲返回小区的过程，路程为4km，用时为C点横坐标减去B点横坐标，根据速度=路程÷时间即可算出返回速度。
2. 解决第(2)问：点P是甲返回的路程图象BC和乙的路程图象OD的交点，代表两人相遇。首先用待定系数法分别求出直线OD（乙的s与t的函数关系）和直线BC（甲返回时的s与t的函数关系），联立两个解析式解方程，得到的解就是点P的坐标，再结合行程场景解释实际意义即可。
3. 解决第(3)问：分时间段讨论甲、乙的路程差：①0~20min甲前往博物院、乙步行前往；②20~40min甲在博物院停留、乙继续前进；③40~45min甲返回、乙继续前进，两人未相遇；④45~60min甲返回、乙继续前进，两人相遇后距离逐渐拉大，分别计算各段的y值即可画出函数图象。
【解析】
(1) 由图象可知，甲20min到达博物院，40min开始返回，因此参观时间为$40-20=20\mathrm{min}$；甲返回时路程为4km，用时$60-40=20\mathrm{min}$，返回速度为$4÷20=0.2\mathrm{km/min}$。
(2) 设乙的路程函数（直线OD）的表达式为$s=kt$，将$D(60,4)$代入得：$60k=4$，解得$k=\frac{1}{15}$，因此直线OD的解析式为$s=\frac{1}{15}t$。
设甲返回阶段的路程函数（直线BC）的表达式为$s=k_1t+b$，将$B(40,4)$、$C(60,0)$代入得方程组：
$\begin{cases}40k_1 + b = 4 \\60k_1 + b = 0 \end{cases}$
解得$\begin{cases}k_1=-\frac{1}{5} \\b=12 \end{cases}$，因此直线BC的解析式为$s=-\frac{1}{5}t + 12$。
点P是两直线的交点，联立两个解析式：
$-\frac{1}{5}t + 12 = \frac{1}{15}t$
解得$t=45$，将$t=45$代入$s=\frac{1}{15}t$得$s=\frac{1}{15}×45=3$，因此点P坐标为$(45,3)$，代表出发45分钟后，甲、乙两人相遇，此时两人距离小区的路程为3km。
(3) 分四段计算两人距离$y$：
①当$0≤ t≤20$时，甲的速度为$0.2\mathrm{km/min}$，$y=0.2t - \frac{1}{15}t=\frac{2}{15}t$，$t=20$时$y=\frac{8}{3}$；
②当$20＜ t≤40$时，甲的路程为4km，$y=4 - \frac{1}{15}t$，$t=40$时$y=\frac{4}{3}$；
③当$40＜ t≤45$时，$y=(-\frac{1}{5}t+12)-\frac{1}{15}t=-\frac{4}{15}t+12$，$t=45$时$y=0$；
④当$45＜ t≤60$时，$y=\frac{1}{15}t - (-\frac{1}{5}t+12)=\frac{4}{15}t -12$，$t=60$时$y=4$；
按照上述分段函数即可画出对应的图象。
【答案】
(1)20 0.2
(2)点P的坐标为$(45,3)$，实际意义：当经过的时间为45 min 时，甲、乙两人相遇，此时距离小区的路程为3 km。
(3)如图所示。
【知识点】
一次函数的应用；待定系数法求解析式；行程图象分析
【点评】
本题结合实际行程场景考查一次函数的图象与性质，需要准确读懂路程-时间图象各段的含义，掌握待定系数法求一次函数解析式的方法，同时能够结合分段讨论的思想分析不同时间段的数量关系，对数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
