3. (2022 河南,10)呼气式酒精测试仪中装有酒精气体传感器,可用于检测驾驶员是否酒后驾车.酒精气体传感器是一种气敏电阻(图 1 中的 $ R_1 $),$ R_1 $ 的阻值随呼气酒精浓度 $ K $ 的变化而变化(如图 2),血液酒精浓度 $ M $ 与呼气酒精浓度 $ K $ 的关系见图 3.下列说法不正确的是(
A.呼气酒精浓度 $ K $ 越大,$ R_1 $ 的阻值越小
B.当 $ K = 0 $ 时,$ R_1 $ 的阻值为 $ 100 $
C.当 $ K = 10 $ 时,该驾驶员为非酒驾状态
D.当 $ R_1 = 20 $ 时,该驾驶员为醉驾状态
C
)A.呼气酒精浓度 $ K $ 越大,$ R_1 $ 的阻值越小
B.当 $ K = 0 $ 时,$ R_1 $ 的阻值为 $ 100 $
C.当 $ K = 10 $ 时,该驾驶员为非酒驾状态
D.当 $ R_1 = 20 $ 时,该驾驶员为醉驾状态
答案
C
解析
A.由图2知，K增大时R₁阻值减小，A正确；B.由图2，K=0时R₁=100Ω，B正确；C.K=10时，M=2200×10×10⁻³=22 mg/100mL，20≤22≤80，为酒驾状态，C错误；D.R₁=20时，由图2得K≈40，M=2200×40×10⁻³=88 mg/100mL＞80，为醉驾，D正确。
4. (2023 河南,10)如图 1,点 $ P $ 从等边三角形 $ ABC $ 的顶点 $ A $ 出发,沿直线运动到三角形内部一点,再从该点沿直线运动到顶点 $ B $.设点 $ P $ 运动的路程为 $ x $,$ \frac{PB}{PC} = y $,图 2 是点 $ P $ 运动时 $ y $ 随 $ x $ 变化的关系图象,则等边三角形 $ ABC $ 的边长为(
A.6
B.3
C.$ 4\sqrt{3} $
D.$ 2\sqrt{3} $
A
)A.6
B.3
C.$ 4\sqrt{3} $
D.$ 2\sqrt{3} $
答案
A
解析
设等边三角形$ABC$边长为$a$，$BC$中点为$D$，则$AD$为$BC$的垂直平分线（三线合一），$AD=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
当$y=1$时，$PB=PC$，故点$P$在$BC$的垂直平分线上。由图像知，$x\in[0,2\sqrt{3}]$时$y=1$，此时$P$从$A$沿$AD$运动，路程$AM=2\sqrt{3}$（$M$为转折点）。
总路程$x=4\sqrt{3}$，故$MB=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
坐标系中，设$D(0,0)$，$B(-\frac{a}{2},0)$，$C(\frac{a}{2},0)$，$A(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a)$，则$M(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3})$。
由$MB=2\sqrt{3}$，得$\sqrt{(-\frac{a}{2}-0)^2 + (0 - (\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3}))^2}=2\sqrt{3}$。
平方化简：$\frac{a^2}{4}+(\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3})^2=12$，解得$a=6$。
当$y=1$时，$PB=PC$，故点$P$在$BC$的垂直平分线上。由图像知，$x\in[0,2\sqrt{3}]$时$y=1$，此时$P$从$A$沿$AD$运动，路程$AM=2\sqrt{3}$（$M$为转折点）。
总路程$x=4\sqrt{3}$，故$MB=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
坐标系中，设$D(0,0)$，$B(-\frac{a}{2},0)$，$C(\frac{a}{2},0)$，$A(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a)$，则$M(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3})$。
由$MB=2\sqrt{3}$，得$\sqrt{(-\frac{a}{2}-0)^2 + (0 - (\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3}))^2}=2\sqrt{3}$。
平方化简：$\frac{a^2}{4}+(\frac{\sqrt{3}}{2}a - 2\sqrt{3})^2=12$，解得$a=6$。
5. (2021 河南,10)如图 1,矩形 $ ABCD $ 中,点 $ E $ 为 $ BC $ 的中点,点 $ P $ 沿 $ BC $ 从点 $ B $ 运动到点 $ C $,设 $ B,P $ 两点间的距离为 $ x $,$ PA - PE = y $,图 2 是点 $ P $ 运动时 $ y $ 随 $ x $ 变化的关系图象,则 $ BC $ 的长为(
A.4
B.5
C.6
D.7
C
)A.4
B.5
C.6
D.7
答案
C
解析
设矩形 $AB = a$，$BC = b$，$E$ 为 $BC$ 中点，则 $BE = \frac{b}{2}$。建立坐标系，$B(0,0)$，$A(0,a)$，$E\left(\frac{b}{2},0\right)$，$P(x,0)$。
当 $x = 0$ 时，$P$ 与 $B$ 重合，$PA = AB = a$，$PE = BE = \frac{b}{2}$，由图2知 $y = 1$，故 $a - \frac{b}{2} = 1$，即 $a = \frac{b}{2} + 1$。
当 $x = \frac{b}{2}$ 时，$P$ 与 $E$ 重合，$PE = 0$，$PA = AE$，由图2知此时 $y = 5$，则 $AE = 5$。由勾股定理，$AE = \sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2 + a^2} = 5$。
将 $a = \frac{b}{2} + 1$ 代入，得 $\sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2 + \left(\frac{b}{2} + 1\right)^2} = 5$。设 $t = \frac{b}{2}$，则 $\sqrt{t^2 + (t + 1)^2} = 5$，平方得 $t^2 + t^2 + 2t + 1 = 25$，即 $2t^2 + 2t - 24 = 0$，化简为 $t^2 + t - 12 = 0$，解得 $t = 3$（$t = -4$ 舍去），故 $b = 2t = 6$。
当 $x = 0$ 时，$P$ 与 $B$ 重合，$PA = AB = a$，$PE = BE = \frac{b}{2}$，由图2知 $y = 1$，故 $a - \frac{b}{2} = 1$，即 $a = \frac{b}{2} + 1$。
当 $x = \frac{b}{2}$ 时，$P$ 与 $E$ 重合，$PE = 0$，$PA = AE$，由图2知此时 $y = 5$，则 $AE = 5$。由勾股定理，$AE = \sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2 + a^2} = 5$。
将 $a = \frac{b}{2} + 1$ 代入，得 $\sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2 + \left(\frac{b}{2} + 1\right)^2} = 5$。设 $t = \frac{b}{2}$，则 $\sqrt{t^2 + (t + 1)^2} = 5$，平方得 $t^2 + t^2 + 2t + 1 = 25$，即 $2t^2 + 2t - 24 = 0$，化简为 $t^2 + t - 12 = 0$，解得 $t = 3$（$t = -4$ 舍去），故 $b = 2t = 6$。
6. (2025 湖北)如图 1,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle C = 90^{\circ} $,$ BC = 4\ cm $,$ AB = n\ cm $.动点 $ P,Q $ 均以 $ 1\ cm/s $ 的速度从点 $ C $ 同时出发,点 $ P $ 沿折线 $ C \to B \to A $ 向点 $ A $ 运动,点 $ Q $ 沿边 $ CA $ 向点 $ A $ 运动.当点 $ Q $ 运动到点 $ A $ 时,两点都停止运动. $ \triangle PCQ $ 的面积 $ S $(单位:$ cm^2 $)与运动时间 $ t $(单位:$ s $)的关系如图 2 所示.
(1) $ m = $
(2) $ n = $
(1) $ m = $
8
;(2) $ n = $
12
.答案
(1)8；(2)12
解析
(1) 当 $ t \in [0,4] $ 时，点 $ P $ 在 $ CB $ 上，$ CP = t \, \mathrm{cm} $，点 $ Q $ 在 $ CA $ 上，$ CQ = t \, \mathrm{cm} $。$ \triangle PCQ $ 为直角三角形，面积 $ S = \frac{1}{2} × CP × CQ = \frac{1}{2}t^2 $。当 $ t = 4 \, \mathrm{s} $ 时，$ S = \frac{1}{2} × 4^2 = 8 \, \mathrm{cm}^2 $，故 $ m = 8 $。
(2) 当 $ t \in [4,10] $ 时，点 $ P $ 在 $ BA $ 上，$ BP = t - 4 \, \mathrm{cm} $，设 $ AB = n \, \mathrm{cm} $，则 $ PA = n - (t - 4) = n - t + 4 $。点 $ Q $ 在 $ CA $ 上，$ CQ = t \, \mathrm{cm} $。过 $ P $ 作 $ PD ⊥ AC $ 于 $ D $，则 $ PD $ 为 $ \triangle PCQ $ 的高。由 $ \triangle APD \sim \triangle ABC $，得 $ \frac{PD}{BC} = \frac{PA}{AB} $，即 $ \frac{PD}{4} = \frac{n - t + 4}{n} $，$ PD = \frac{4(n - t + 4)}{n} $。面积 $ S = \frac{1}{2} × CQ × PD = \frac{1}{2} × t × \frac{4(n - t + 4)}{n} = \frac{2t(n - t + 4)}{n} $。此二次函数对称轴为 $ t = \frac{n + 4}{2} $，最大值 $ S = 10 $。代入对称轴 $ t = \frac{n + 4}{2} $，得 $ 10 = \frac{(n + 4)^2}{2n} $，解得 $ n = 12 $。
(2) 当 $ t \in [4,10] $ 时，点 $ P $ 在 $ BA $ 上，$ BP = t - 4 \, \mathrm{cm} $，设 $ AB = n \, \mathrm{cm} $，则 $ PA = n - (t - 4) = n - t + 4 $。点 $ Q $ 在 $ CA $ 上，$ CQ = t \, \mathrm{cm} $。过 $ P $ 作 $ PD ⊥ AC $ 于 $ D $，则 $ PD $ 为 $ \triangle PCQ $ 的高。由 $ \triangle APD \sim \triangle ABC $，得 $ \frac{PD}{BC} = \frac{PA}{AB} $，即 $ \frac{PD}{4} = \frac{n - t + 4}{n} $，$ PD = \frac{4(n - t + 4)}{n} $。面积 $ S = \frac{1}{2} × CQ × PD = \frac{1}{2} × t × \frac{4(n - t + 4)}{n} = \frac{2t(n - t + 4)}{n} $。此二次函数对称轴为 $ t = \frac{n + 4}{2} $，最大值 $ S = 10 $。代入对称轴 $ t = \frac{n + 4}{2} $，得 $ 10 = \frac{(n + 4)^2}{2n} $，解得 $ n = 12 $。
