1. (2024·無錫期末)如圖,線段 $ AB = 24 \text{ cm} $,動點 $ P $ 從點 $ A $ 出發(fā),以 $ 2 \text{ cm/s} $ 的速度沿線段 $ AB $ 運動,$ M $ 為 $ AP $ 的中點,$ N $ 為 $ BP $ 的中點.以下說法正確的是 (
D
)
①運動 $ 4 \text{ s} $ 后,$ PB = 2AM $;②$ PM + MN $ 的值隨著運動時間的改變而改變;③$ 2BM - BP $ 的值不變;④當 $ AN = 6PM $ 時,運動時間為 $ 2.4 \text{ s} $.
A.①②
B.②③
C.①②③
D.②③④
答案：D 解析:運動4s后，AP=2×4=8(cm),PB=AB?AP=24?8=16(cm),因為M為AP的中點,所以AM=$\frac{1}{2}$AP=4cm,所以4AM=PB,故①錯誤;設(shè)運動ts,則AP=2tcm,BP=(24?2t)cm(0≤t≤12),因為M為AP的中點,N為BP的中點,所以AM=PM=$\frac{1}{2}$AP=tcm,PN=BN=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$(24?2t)=(12?t)cm,所以PM+MN=PM+PM+PN=(12+t)cm,所以PM+MN的值隨著運動時間的改變而改變，故②正確;因為BM=AB?AM=(24?t)cm,PB=(24?2t)cm(0≤t≤12),所以2BM?BP=2(24?t)?(24?2t)=24cm,所以2BM?BP的值不變,故③正確;因為AN=AP+PN=2t+(12?t)=(12+t)cm,PM=tcm,所以12+t=6t,解得t=$\frac{12}{5}$=2.4,故④正確.故選D.
2. (2025·泰州期末)$ A,B,C $ 三點在數(shù)軸上所表示的數(shù)為 $ -8,-6,2 $,一根長為 $ 3 $ 個單位長度的木棒 $ PQ $ 如圖放置在數(shù)軸上(點 $ P $ 與點 $ B $ 重合),當木棒 $ PQ $ 以每秒 $ 2 $ 個單位長度的速度向右運動,同時點 $ M,N $ 分別從 $ A,C $ 出發(fā),分別以每秒 $ 1 $ 個單位長度和每秒 $ 4 $ 個單位長度的速度向右運動,記木棒 $ PQ $ 運動后對應(yīng)的位置為 $ P'Q' $,$ M,N $ 運動后對應(yīng)的位置為 $ M',N' $,若 $ \frac{3}{5}M'N' + k \cdot BQ' $ 為常數(shù),則 $ k = $____
$-\frac {9}{10}$
.
答案：$-\frac {9}{10}$ 解析:設(shè)運動時間為t秒，依題意得點P所表示的數(shù)為?6,點Q所表示的數(shù)為?6+3=?3,點Q'所表示的數(shù)為?3+2t,所以BQ'=(?3+2t)?(?6)=3+2t,點M'所表示的數(shù)為?8+t,點N'所表示的數(shù)為2+4t,所以M'N'=(2+4t)?(?8+t)=10+3t,所以$\frac{3}{5}$M'N'+k·BQ'=$\frac{3}{5}$(10+3t)+k(3+2t)=$\frac{9+10k}{5}$t+(6+3k),若$\frac{3}{5}$M'N'+k·BQ'為常數(shù)，則$\frac{9+10k}{5}$=0,解得k=$-\frac {9}{10}$.
解析：
解：設(shè)運動時間為 $ t $ 秒。
由題意：
點 $ Q $ 初始位置為 $-6 + 3 = -3$，運動后 $ Q' $ 表示的數(shù)為 $-3 + 2t$，則 $ BQ' = (-3 + 2t) - (-6) = 3 + 2t $。
點 $ M' $ 表示的數(shù)為 $-8 + t$，點 $ N' $ 表示的數(shù)為 $2 + 4t$，則 $ M'N' = (2 + 4t) - (-8 + t) = 10 + 3t $。
計算 $\frac{3}{5}M'N' + k \cdot BQ'$：
$\frac{3}{5}(10 + 3t) + k(3 + 2t) = \left(\frac{9}{5} + 2k\right)t + (6 + 3k)$
要使其為常數(shù)，需含 $ t $ 項系數(shù)為 0：
$\frac{9}{5} + 2k = 0 \implies k = -\frac{9}{10}$
答案：$-\frac{9}{10}$
3. (2025·鎮(zhèn)江期末)根據(jù)所學知識,解答下面的問題:
(1)情境背景:在數(shù)軸上有 $ A,B $ 兩點如圖①所示,則 $ A,B $ 之間的距離是
5
.
(2)知識延伸:如圖②,點 $ A,B,M,N $ 是數(shù)軸上的點,點 $ M $ 在點 $ N $ 的左側(cè),且 $ AB = 2MN $.當點 $ M $ 與點 $ B $ 重合時,點 $ N $ 對應(yīng)的數(shù)為 $ 28 $;當點 $ N $ 與點 $ A $ 重合時,點 $ M $ 對應(yīng)的數(shù)為 $ 4 $,請借助線段示意圖求線段 $ MN $ 的長.
因為AB=2MN,點M與點B重合時，點N對應(yīng)的數(shù)為28,所以BN=MN,即點B到28的距離即為MN的距離，當點N與點A重合時，點M對應(yīng)的數(shù)為4,4到A的距離即為MN的距離，所以4到28的距離為MN+AB+MN=28?4,所以4MN=24,所以MN=6
(3)知識拓展:在(2)的條件下,點 $ M $ 從點 $ A $ 出發(fā),線段 $ MN $ 以 $ 3 $ 個單位長度/秒的速度向右勻速運動,同時線段 $ AB $ 以 $ 1 $ 個單位長度/秒的速度也向右勻速運動.
①求經(jīng)過多長時間線段 $ MN $ 完全離開線段 $ AB $;
設(shè)運動時間為ts,所以點M表示的數(shù)為10+3t,點N表示的數(shù)為10+3t+6=16+3t,點A表示的數(shù)為10+t,點B表示的數(shù)為22+t,當點M表示的數(shù)等于點B表示的數(shù)時，10+3t=22+t,解得t=6,所以經(jīng)過6s后線段MN完全離開線段AB
②點 $ P $ 是線段 $ MN $ 上一點,當點 $ N $ 在 $ B $ 點左側(cè)時,若關(guān)系式 $ BN - MP = 2AP $ 成立,求此時線段 $ PB $ 的長.
因為點N在B左側(cè),所以3t+16＜22+t,即t＜3,所以0≤t＜3時,MN在AB之間,設(shè)P表示的數(shù)為x,所以BN=22+t?(3t+16)=6?2t,MP=x?(10+3t),AP=x?(10+t).因為BN?MP=2AP,所以6?2t?[x?(10+3t)]=2[x?(10+t)],整理得x=t+12,所以PB=22+t?x=22+t?(t+12)=10,所以PB=10
答案：(1)5
(2)因為AB=2MN,點M與點B重合時，點N對應(yīng)的數(shù)為28,所以BN=MN,即點B到28的距離即為MN的距離，當點N與點A重合時，點M對應(yīng)的數(shù)為4,4到A的距離即為MN的距離，所以4到28的距離為MN+AB+MN=28?4,所以4MN=24,所以MN=6;
(3)因為點M與點B重合時，點N對應(yīng)的數(shù)為28,當點N與點A重合時，點M對應(yīng)的數(shù)為4,所以運動前，點A所表示的數(shù)是4 + 6 = 10,點B所表示的數(shù)是28 - 6 = 22.
①設(shè)運動時間為ts,所以點M表示的數(shù)為10+3t,點N表示的數(shù)為10+3t+6=16+3t,點A表示的數(shù)為10+t,點B表示的數(shù)為22+t,當點M表示的數(shù)等于點B表示的數(shù)時，10+3t=22+t,解得t=6,所以經(jīng)過6s后線段MN完全離開線段AB.
②因為點N在B左側(cè),所以3t+16＜22+t,即t＜3,所以0≤t＜3時,MN在AB之間,設(shè)P表示的數(shù)為x,所以BN=22+t?(3t+16)=6?2t,MP=x?(10+3t),AP=x?(10+t).因為BN?MP=2AP,所以6?2t?[x?(10+3t)]=2[x?(10+t)],整理得x=t+12,所以PB=22+t?x=22+t?(t+12)=10,所以PB=10.
4. 如圖①,已知數(shù)軸上從左向右依次有四點 $ A,B,C,D $,其中點 $ B,C $ 對應(yīng)的數(shù)分別為 $ 8,20 $,且滿足 $ AB = CD = \frac{3}{4}BC $.
(1)點 $ A,D $ 對應(yīng)的數(shù)分別是
?1
,
29
.
(2)若一小球甲在數(shù)軸上從點 $ A $ 處以 $ 4 $ 個單位長度/秒的速度向右運動,同時另一小球乙從點 $ D $ 處以 $ 9 $ 個單位長度/秒的速度向左運動,設(shè)運動的時間為 $ t \text{ s} $.
①當 $ t = $
2或$\frac{34}{13}$
時,兩球之間的距離為 $ 4 $ 個單位長度.
②如圖②,若甲、乙兩小球開始運動時,立即在點 $ E $ 和點 $ B $ 處各放一塊擋板,其中 $ AE = 2BE $,當球在碰到擋板后(忽略球的大小,可看作一點)以原來的速度向相反的方向運動,回到出發(fā)點 $ A,D $ 停止.問:$ t $ 為何值時,甲、乙兩小球之間的距離為 $ 17 $ 個單位長度?
$ t $為1或$\frac{29}{9}$時，甲、乙兩小球之間的距離為17個單位長度.
③在②的條件下,將線段 $ AB,DC $ 分別繞點 $ B $、點 $ C $ 豎直向上折起,連接 $ AD $,圍成如圖③的長方形 $ ABCD $,點 $ P $ 從點 $ C $ 出發(fā),以 $ 3 $ 個單位長度/秒的速度沿點 $ C - D - A - E $ 勻速運動,最終到達點 $ E $.設(shè)點 $ P $ 運動時間為 $ t \text{ s} $,問:$ t $ 為何值時,$ \triangle PCE $ 的面積為 $ 18 $? 請直接寫出 $ t $ 的值.
$ t $的值為1或8.
答案：(1)?1 29 解析:因為點B,C對應(yīng)的數(shù)分別為8,20,所以BC=20?8=12.因為AB=CD=$\frac{3}{4}$BC,所以AB=CD=9,所以點A表示的數(shù)為8?9=?1,點D表示的數(shù)為20+9=29.
(2)①2或$\frac{34}{13}$解析:由題意可知，甲球表示的數(shù)為?1+4t;乙球表示的數(shù)為29?9t.因為兩球之間的距離為4個單位長度，所以|29?9t?(?1+4t)|=4,解得t=2或t=$\frac{34}{13}$.
②因為AE=2BE,AB=9,所以AE=6,BE=3,所以點E表示的數(shù)為5,點B表示的數(shù)為8,所以BD=21,甲球到達點E的時間為6÷4=$\frac{3}{2}$(s),乙球到達點B的時間為21÷9=$\frac{7}{3}$(s).
當甲沒有到達點E,乙沒有到達點B時,即0＜t＜$\frac{3}{2}$或t = 0時,甲球表示的數(shù)為?1+4t,乙球表示的數(shù)為29?9t.因為甲、乙兩小球之間的距離為17個單位長度,所以29?9t+1?4t=17,解得t=1;
當甲球到達點E后開始返回,乙球沒有到達點B時,即$\frac{3}{2}$＜t＜$\frac{7}{3}$或t = $\frac{3}{2}$時,甲球表示的數(shù)為5?(4t?6)=?4t+11,乙球表示的數(shù)為29?9t.因為甲、乙兩小球之間的距離為17個單位長度,所以29?9t?(?4t+11)=17,解得t=$\frac{1}{5}$(舍去);
當甲球到達點E返回,但未到點A,乙到達點B返回時，即$\frac{7}{3}$＜t＜3或t = $\frac{7}{3}$時,甲球表示的數(shù)為5?(4t?6)=?4t+11,乙球表示的數(shù)為8+(9t?21)=9t?13,因為甲、乙兩小球之間的距離為17個單位長度，所以9t?13+4t?11=17,解得t=$\frac{41}{13}$(舍去);
當甲球回到點A停止運動,乙球從點B返回點D時，即3＜t＜$\frac{14}{3}$或t = 3或t = $\frac{14}{3}$時，甲球表示的數(shù)為?1,乙球表示的數(shù)為8+(9t?21)=9t?13,所以9t?13+1=17,解得t=$\frac{29}{9}$.
綜上,t為1或$\frac{29}{9}$時，甲、乙兩小球之間的距離為17個單位長度.
③t的值為1或8. 解析:當點P在CD上時,即0＜t＜3或t = 0或t = 6.因為CP=3t,AD=BC=12,所以$\frac{1}{2}$PC·BC=18,即$\frac{1}{2}$×3t×12=18,解得t=1;
當點P在AD上時,即3＜t＜7或t = 3,PD=3t?9，AP=12?(3t?9)=21?3t.因為S△PCE=S梯形AECD?S△AEP?S△CDP=18,所以$\frac{1}{2}$(AE + CD)·BC - $\frac{1}{2}$AE·AP - $\frac{1}{2}$PD·CD = 18,即$\frac{1}{2}$×(6 + 9)×12 - $\frac{1}{2}$×6×(21 - 3t) - $\frac{1}{2}$(3t - 9)×9 = 18,解得t = 11＞7,不符合題意;
當點P在AE上時,即7＜t＜9或t = 7或t = 9,PE=27?3t,所以$\frac{1}{2}$PE·BC=18,即$\frac{1}{2}$×(27?3t)×12=18,解得t=8.
綜上,t的值為1或8時,△PCE的面積為18.
