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16.小明在物理课上学习了发声物体的振动实验后,对其做了进一步的探究:在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A,小球A可以自由摆动,如图,OA表示小球静止时的位置.当小明用发声物体靠近小球时,小球从OA摆到OB位置,此时过点B作$BD ⊥ OA$于点D,当小球摆到OC位置时,OB与OC恰好垂直(图中的A,B,O,C在同一平面上),过点C作$CE ⊥ OA$于点E,测得$CE=15\ \mathrm{cm}$,$AD=2\ \mathrm{cm}$.
(1)求证:$OE=BD$;
(2)求$DE$的长.
(1)求证:$OE=BD$;
(2)求$DE$的长.
答案
16.(1)证明:
∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°.
∵CE⊥OA,BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B.
在△COE和△OBD中，
$\begin{cases}∠CEO=∠BDO,\\∠COE=∠B,\\OC=OB,\end{cases}$
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴OE=BD.
(2)解:
∵△COE≌△OBD，
∴CE=OD=15 cm.
∵AD=2 cm，
∴OB=OA=OC=17 cm，
∴$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8(\mathrm{cm})$，
∴DE=OD-OE=15-8=7(cm).
∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°.
∵CE⊥OA,BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B.
在△COE和△OBD中，
$\begin{cases}∠CEO=∠BDO,\\∠COE=∠B,\\OC=OB,\end{cases}$
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴OE=BD.
(2)解:
∵△COE≌△OBD，
∴CE=OD=15 cm.
∵AD=2 cm，
∴OB=OA=OC=17 cm，
∴$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8(\mathrm{cm})$，
∴DE=OD-OE=15-8=7(cm).
解析
【分析】
(1) 要证明线段OE=BD，可通过证明两线段所在的三角形全等推导。首先结合垂直关系利用同角的余角相等得到对应角相等，再结合摆长OB=OC的隐含条件，即可用AAS判定△COE和△OBD全等，进而得到对应边相等。
(2) 利用第一问的全等三角形性质可得CE=OD，结合已知AD长度可先求出摆长OA（即OC）的长度，再在直角三角形COE中用勾股定理求出OE的长度，最后通过线段差计算DE的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
∵CE⊥OA，BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，
在△COE和△OBD中，
$\begin{cases}∠CEO=∠BDO,\\∠COE=∠B,\\OC=OB,\end{cases}$
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴OE=BD。
(2) 解：
∵△COE≌△OBD，
∴CE=OD=15 cm，
∵AD=2 cm，OA、OB、OC均为小球摆长，长度相等，
∴OC=OA=OD+AD=15+2=17 cm，
在Rt△COE中，由勾股定理得：
$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴DE=OD-OE=15-8=7(cm)。
【答案】
(1) 已证OE=BD；
(2) DE的长为7 cm。
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题结合物理单摆的实际情境出题，将几何知识和生活场景结合，解题核心是准确找到全等三角形的判定条件，再结合全等性质和勾股定理求解线段长度，能够考查学生的几何推理能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明线段OE=BD，可通过证明两线段所在的三角形全等推导。首先结合垂直关系利用同角的余角相等得到对应角相等，再结合摆长OB=OC的隐含条件，即可用AAS判定△COE和△OBD全等，进而得到对应边相等。
(2) 利用第一问的全等三角形性质可得CE=OD，结合已知AD长度可先求出摆长OA（即OC）的长度，再在直角三角形COE中用勾股定理求出OE的长度，最后通过线段差计算DE的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
∵CE⊥OA，BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，
在△COE和△OBD中，
$\begin{cases}∠CEO=∠BDO,\\∠COE=∠B,\\OC=OB,\end{cases}$
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴OE=BD。
(2) 解：
∵△COE≌△OBD，
∴CE=OD=15 cm，
∵AD=2 cm，OA、OB、OC均为小球摆长，长度相等，
∴OC=OA=OD+AD=15+2=17 cm，
在Rt△COE中，由勾股定理得：
$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴DE=OD-OE=15-8=7(cm)。
【答案】
(1) 已证OE=BD；
(2) DE的长为7 cm。
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题结合物理单摆的实际情境出题，将几何知识和生活场景结合，解题核心是准确找到全等三角形的判定条件，再结合全等性质和勾股定理求解线段长度，能够考查学生的几何推理能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.7
17.如图是某机场监控屏显示两架飞机的飞行图象，1号指挥机(看成点P)始终以3 km/min的速度在离地面5 km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方.2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4 km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1 min到达B处开始沿直线BC降落，要求1 min后到达C(10,3)处.
(1)求OA段h关于s的函数表达式，并直接写出2号机的爬升速度；
(2)求BC段h关于s的函数表达式，并预计2号机着陆点的坐标；
(3)计算两机距离PQ不超过3 km的时长.
(1)求OA段h关于s的函数表达式，并直接写出2号机的爬升速度；
(2)求BC段h关于s的函数表达式，并预计2号机着陆点的坐标；
(3)计算两机距离PQ不超过3 km的时长.
答案
17.解:(1)
∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同，
∴A(4,4).
设OA段的函数表达式为h=ks，
由题意,得4k=4,解得k=1，
∴OA段的函数表达式为h=s.
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴它们飞行的时间和飞行的水平距离相同.
∵2号机在爬升到A处时水平方向上移动了4 km，飞行的距离为$4\sqrt{2}$ km，
又
∵1号机的飞行速度为3 km/min，
∴2号机的爬升速度为$4\sqrt{2}÷\frac{4}{3}=3\sqrt{2}$(km/min).
(2)设BC段的函数表达式为h=ms+n，
把B(7,4),C(10,3)代入，
得$\begin{cases}7m+n=4,\\10m+n=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{3},\\n=\frac{19}{3},\end{cases}$
∴BC段的函数表达式为$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$.
令h=0,则s=19.
∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0).
(3)当PQ=3 km时,h=5-3=2(km).
在OA段,由h=s,得s=2.
在BC段,由$2=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$,得s=13，
∴两机距离PQ不超过3 km的时长为$\frac{13-2}{3}=\frac{11}{3}$(min).
∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同，
∴A(4,4).
设OA段的函数表达式为h=ks，
由题意,得4k=4,解得k=1，
∴OA段的函数表达式为h=s.
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴它们飞行的时间和飞行的水平距离相同.
∵2号机在爬升到A处时水平方向上移动了4 km，飞行的距离为$4\sqrt{2}$ km，
又
∵1号机的飞行速度为3 km/min，
∴2号机的爬升速度为$4\sqrt{2}÷\frac{4}{3}=3\sqrt{2}$(km/min).
(2)设BC段的函数表达式为h=ms+n，
把B(7,4),C(10,3)代入，
得$\begin{cases}7m+n=4,\\10m+n=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{3},\\n=\frac{19}{3},\end{cases}$
∴BC段的函数表达式为$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$.
令h=0,则s=19.
∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0).
(3)当PQ=3 km时,h=5-3=2(km).
在OA段,由h=s,得s=2.
在BC段,由$2=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$,得s=13，
∴两机距离PQ不超过3 km的时长为$\frac{13-2}{3}=\frac{11}{3}$(min).
解析
【分析】
(1) 先根据2号机45°仰角爬升的特点，可知OA段上点的横坐标与纵坐标相等，得到A点坐标，再用待定系数法求OA段的函数解析式；由于2号机始终在1号机正下方，二者水平移动的速度相同，先算出爬升到A处的时间，再结合爬升的路程即可求出爬升速度。
(2) 先根据水平飞行1分钟、水平速度为3km/min算出B点的坐标，再将B、C两点坐标代入一次函数解析式，用待定系数法求出BC段的函数表达式；着陆点的高度h=0，代入BC段解析式求出对应的s值即可得到着陆点坐标。
(3) PQ是两机的高度差，PQ不超过3km即2号机的高度h≥5-3=2km，分别求出OA段、BC段中h=2时对应的s值，两个s值的差就是对应水平移动的总距离，除以水平速度3km/min即可得到总时长。
【解析】
(1)
∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同，即A点坐标为(4,4)。
设OA段的函数表达式为h=ks，
将A(4,4)代入得：4k=4，解得k=1，
∴OA段的函数表达式为h=s。
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴二者飞行时间和水平移动距离相同，1号机水平速度为3km/min，
2号机爬升到A处时水平移动距离为4km，所用时间为$4÷3=\frac{4}{3}\ (\mathrm{min})$，
爬升的路程为$\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ (\mathrm{km})$，
∴2号机的爬升速度为$4\sqrt{2} ÷ \frac{4}{3} = 3\sqrt{2}\ (\mathrm{km/min})$。
(2) 2号机在A处水平飞行1min，水平移动距离为$3×1=3\ \mathrm{km}$，
∴B点横坐标为$4+3=7$，纵坐标为4，即B(7,4)。
设BC段的函数表达式为h=ms+n，
将B(7,4)、C(10,3)代入得：
$\begin{cases}7m+n=4\\10m+n=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{3}\\n=\frac{19}{3}\end{cases}$
∴BC段的函数表达式为$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$。
令h=0，代入得：$0=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$，解得$s=19$，
∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0)。
(3) PQ为两机高度差，当$PQ≤3\ \mathrm{km}$时，2号机高度$h≥5-3=2\ (\mathrm{km})$。
在OA段，令h=2，由h=s得$s=2$；
在BC段，令h=2，代入$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$得：$2=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$，解得$s=13$。
两机水平速度为3km/min，
∴两机距离PQ不超过3 km的时长为$(13-2)÷3=\frac{11}{3}\ (\mathrm{min})$。
【答案】
(1) OA段h关于s的函数表达式为$\boldsymbol{h=s}$，2号机的爬升速度为$\boldsymbol{3\sqrt{2}\ \mathrm{km/min}}$；
(2) BC段h关于s的函数表达式为$\boldsymbol{h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}}$，2号机着陆点的坐标为$\boldsymbol{(19,0)}$；
(3) 两机距离PQ不超过3 km的时长为$\boldsymbol{\frac{11}{3}\ \mathrm{min}}$。
【知识点】
一次函数的应用；待定系数法求解析式；行程问题计算
【点评】
本题结合实际飞行场景考查一次函数的综合应用，解题的关键是从图象中提取有效信息确定关键点坐标，结合隐含的“两机水平速度相同”的条件分阶段分析函数关系，能有效考查学生读取图象、运用一次函数性质解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.65
(1) 先根据2号机45°仰角爬升的特点，可知OA段上点的横坐标与纵坐标相等，得到A点坐标，再用待定系数法求OA段的函数解析式；由于2号机始终在1号机正下方，二者水平移动的速度相同，先算出爬升到A处的时间，再结合爬升的路程即可求出爬升速度。
(2) 先根据水平飞行1分钟、水平速度为3km/min算出B点的坐标，再将B、C两点坐标代入一次函数解析式，用待定系数法求出BC段的函数表达式；着陆点的高度h=0，代入BC段解析式求出对应的s值即可得到着陆点坐标。
(3) PQ是两机的高度差，PQ不超过3km即2号机的高度h≥5-3=2km，分别求出OA段、BC段中h=2时对应的s值，两个s值的差就是对应水平移动的总距离，除以水平速度3km/min即可得到总时长。
【解析】
(1)
∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同，即A点坐标为(4,4)。
设OA段的函数表达式为h=ks，
将A(4,4)代入得：4k=4，解得k=1，
∴OA段的函数表达式为h=s。
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴二者飞行时间和水平移动距离相同，1号机水平速度为3km/min，
2号机爬升到A处时水平移动距离为4km，所用时间为$4÷3=\frac{4}{3}\ (\mathrm{min})$，
爬升的路程为$\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\ (\mathrm{km})$，
∴2号机的爬升速度为$4\sqrt{2} ÷ \frac{4}{3} = 3\sqrt{2}\ (\mathrm{km/min})$。
(2) 2号机在A处水平飞行1min，水平移动距离为$3×1=3\ \mathrm{km}$，
∴B点横坐标为$4+3=7$，纵坐标为4，即B(7,4)。
设BC段的函数表达式为h=ms+n，
将B(7,4)、C(10,3)代入得：
$\begin{cases}7m+n=4\\10m+n=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{3}\\n=\frac{19}{3}\end{cases}$
∴BC段的函数表达式为$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$。
令h=0，代入得：$0=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$，解得$s=19$，
∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0)。
(3) PQ为两机高度差，当$PQ≤3\ \mathrm{km}$时，2号机高度$h≥5-3=2\ (\mathrm{km})$。
在OA段，令h=2，由h=s得$s=2$；
在BC段，令h=2，代入$h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$得：$2=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}$，解得$s=13$。
两机水平速度为3km/min，
∴两机距离PQ不超过3 km的时长为$(13-2)÷3=\frac{11}{3}\ (\mathrm{min})$。
【答案】
(1) OA段h关于s的函数表达式为$\boldsymbol{h=s}$，2号机的爬升速度为$\boldsymbol{3\sqrt{2}\ \mathrm{km/min}}$；
(2) BC段h关于s的函数表达式为$\boldsymbol{h=-\frac{1}{3}s+\frac{19}{3}}$，2号机着陆点的坐标为$\boldsymbol{(19,0)}$；
(3) 两机距离PQ不超过3 km的时长为$\boldsymbol{\frac{11}{3}\ \mathrm{min}}$。
【知识点】
一次函数的应用；待定系数法求解析式；行程问题计算
【点评】
本题结合实际飞行场景考查一次函数的综合应用，解题的关键是从图象中提取有效信息确定关键点坐标，结合隐含的“两机水平速度相同”的条件分阶段分析函数关系，能有效考查学生读取图象、运用一次函数性质解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.65
