八年级上学期期末复习试卷(代数几何压轴题).doc

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正兴学校2015～2016学年八年级上学期期末复习
清北班数学科试题（几何压轴题）
1．定义：三边长和面积都是整数的三角形称为“整数三角形”．数学学习小组的同学从32根等长的火柴棒（每根长度记为1个单位）中取出若干根，首尾依次相接组成三角形，进行探究活动．
小亮用12根火柴棒，摆成如图所示的“整数三角形”；
小颖分别用24根和30根火柴棒摆出直角“整数三角形”；
小辉受到小亮、小颖的启发，分别摆出三个不同的等腰“整数三角形”．
（1）请你画出小颖和小辉摆出的“整数三角形”的示意图；
（2）你能否也从中取出若干根，按下列要求摆出“整数三角形”，如果能，请画出示意图；如果不能，请说明理由．
①摆出等边“整数三角形”；
②摆出一个非特殊（既非直角三角形，也非等腰三角形）“整数三角形”．

【解答】解：（1）小颖摆出如图1所示的“整数三角形”：

小辉摆出如图2所示三个不同的等腰“整数三角形”：

（2）①不能摆出等边“整数三角形”．理由如下：
设等边三角形的边长为a，则等边三角形面积为．
因为，若边长a为整数，那么面积一定非整数．
所以不存在等边“整数三角形”；

②能摆出如图3所示一个非特殊“整数三角形”：

2．（2008•江西）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′处；
（1）求证：B′E=BF；
（2）设AE=a，AB=b，BF=c，试猜想a，b，c之间的一种关系，并给予证明．

【解答】（1）证明：由题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠B′EF=∠BFE，∴∠B′FE=∠B'EF，∴B′F=B′E，∴B′E=BF；
（2）答：a，b，c三者关系不唯一，有两种可能情况：
（ⅰ）a，b，c三者存在的关系是a2+b2=c2．
证明：连接BE，由（1）知B′E=BF=c，
∵B′E=BE，∴四边形BEB′F是平行四边形，∴BE=c．
在△ABE中，∠A=90°，∴AE2+AB2=BE2，
∵AE=a，AB=b，∴a2+b2=c2；
（ⅱ）a，b，c三者存在的关系是a+b＞c．
证明：连接BE，则BE=B′E．
由（1）知B′E=BF=c，
∴BE=c，在△ABE中，AE+AB＞BE，∴a+b＞c．

3．（2007•鄂尔多斯）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称；
（2）如图1，已知格点（小正方形的顶点）O（0，0），A（3，0），B（0，4），请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形OAMB；
（3）如图2，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连接AD，DC，∠DCB=30°．求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．

（1）解：正方形、长方形、直角梯形．（任选两个均可）
（2）解：答案如图所示．M（3，4）或M′（4，3）．

（3）证明：连接EC，
∵△ABC≌△DBE，
∴AC=DE，BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴EC=BC=BE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
∴DC2+EC2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
即四边形ABCD是勾股四边形．
、
4．（2013•莆田模拟）阅读下面材料，并解决问题：
（I）如图4，等边△ABC内有一点P若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5．则∠APB=　150°　，由于PA，PB不在一个三角形中，为了解决本题我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌　△ABP　．这样，就可以利用全等三角形知识，将三条线段的长度转化到一个三角形中从而求出∠APB的度数．
（II）（拓展运用）已知△ABC三边长a，b，c满足．
（1）试判断△ABC的形状　等腰直角三角形　
（2）如图1，以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，直接出点B，C的坐标　B（12，0），C（6，6）　；
（3）如图2，过点C作∠MCN=45°交AB于点M，N．请证明AM2+BN2=MN2；
（4）在（3）的条件下，若点N的坐标是（8，0），则点M的坐标为　（3，0）　；此时MN=　5　．并求直线CM的解析式．
（5）如图3，当点M，N分布在点B异侧时．则（3）中的结论还成立吗？

解：（Ⅰ）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，
∴△ACP′≌△ABP，
∴P′A=PA=3，PB=P′C=4，∠PAP′=∠BAC=60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴∠AP′P=60°，PP′=PA=3，
在△P′PC中，P′P2+P′C2=32+42=25=PC2，
∴∠PP′C=90°，
∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°，
∴∠APB=150°；
故答案是：150°，△ABP；

（Ⅱ）（1）整理得，|a﹣6|+（c﹣12）2+=0，
由非负数的性质得，a﹣6=0，c﹣12=0，b﹣6=0，
解得a=b=6，c=12，
∵a2+b2=（6）2+（6）2=144=c2，
∴△ABC是直角三角形，
又∵a=b，
∴△ABC是等腰直角三角形；

（2）∵AB=c=12，
∴点B（12，0），
过点C作CD⊥x轴于D，则AD=CD=AB=×12=6，
∴点C的坐标为（6，6）；

（3）如图，把△ACM绕点C逆时针旋转90°得到△BCM′，连接M′N，
由旋转的性质得，AM=BM′、CM=CM′、∠CAM=∠CBM′=45°，∠ACM=∠BCM′，
∴∠M′BN=∠ABC+∠CBN′=45°+45°=90°，
∵∠MCN=45°，
∴∠M′CN=∠BCN+∠BCM′=∠BCN+∠ACM=90°﹣∠MCN=90°﹣45°=45°，
∴∠MCN=∠M′CN，
在△MCN和△M′CN中，
，
∴△MCN≌△M′CN（SAS），
∴MN=M′N，
在Rt△M′NB中，BM′2+BN2=M′N2，
∴AM2+BN2=MN2；

（4）设AM=x，
∵点N的坐标是（8，0），
∴AN=8，BN=12﹣8=4，
∴MN=8﹣x，
由（3）的结论，x2+42=（8﹣x）2，
解得x=3，
∴AM=3，MN=8﹣3=5，
∴点M的坐标（3，0）；
设直线CM的解析式为y=kx+b，
∵点C（6，6），M（3，0），
∴，
解得，
∴设直线CM的解析式为y=2x﹣6；

（5）如图，∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
把△BCN绕点C顺时针旋转90°得到△ACN′，
由旋转的性质得，AN′=BN，CN′=CN，∠CAN′=∠CBN=135°，
∴∠MAN′=135°﹣45°=90°，
∴点N′在y轴上，
∵∠MCN=45°，
∴∠MCN′=90°﹣45°=45°，
∴∠MCN=∠MCN′，
在△MCN和△MCN′中，
，
∴△MCN≌△MCN′（SAS），
∴MN=MN′，
在Rt△AMN′中，AM2+AN′2=MN′2，
∴AM2+BN2=MN2．

5. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，CD=1cm，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，至A点结束，设E点的运动时间为t秒，连接DE，当△BDE是直角三角形时，t的值为 秒。

【答案】或或或。
【解析】∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，∴∠ABC=45°，AB=（cm）。
∵BC=4cm，CD=1cm，∴BD=3cm。
若∠DEB=90°，则BE=BD=（cm）。

6．如图，在x轴上有五个点，它们的横坐标依次为1，2，3，4，5．分别过这些点作x轴的垂线与三条直线y=ax，y=（a+1）x，y=（a+2）x相交，其中a＞0．若图中阴影部分的面积是75a，则a为　　．

解：将8条直线共15个交点求出．（不计与坐标系的，很简单，直接写）
p1（1，a），p2（2，2a），p3（3，3a），p4 （4，4a），p5 （5，5a）；
q1（1，（a+1）），…q5（5，5（a+1））；
r1（1，（a+2））…r5（5，5（a+2）） （p1离原点最近，r5离原点最远）
用梯形公式求出各阴影部分面积并求和（底为纵坐标之差，高为1）
S1=r1q1=；
S2=（q1p1+q2p2）×1=；
S3=（（r2q2+r3q3）×1）
=（（2（a+2）﹣2（a+1））+（3（a+2）﹣3（a+1）））
=，
同理可得S4=，S5= （仿S3一样计算）
∴S=S1+S2+S3+S4+S5=++++=12.5，
∵S=75a，∴75a=12.5，∴a=．
7．（2011•咸宁）在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，每次向上平移2个单位长度或向右平移1个单位长度．
（1）实验操作：
在平面直角坐标系中描出点P从点O出发，平移1次后，2次后，3次后可能到达的点，并把相应点的坐标填写在表格中：
P从点O出发平移次数
可能到达的点的坐标
1次
（0，2），（1，0）
2次

3次

（2）观察发现：
任一次平移，点P可能到达的点在我们学过的一种函数的图象上，如：平移1次后在函数　y=﹣2x+2　的图象上；平移2次后在函数　y=﹣2x+4　的图象上…由此我们知道，平移n次后在函数　y=﹣2x+2n　的图象上．（请填写相应的解析式）
（3）探索运用：
点P从点O出发经过n次平移后，到达直线y=x上的点Q，且平移的路径长不小于50，不超过56，求点Q的坐标．

解：（1）如图所示：

P从点O出发平移次数
可能到达的点
的坐标
1次

2次
（0，4），（1，2），（2，0）
3次
（0，6），（1，4），（2，2），（3，0）
（2）设过（0，2），（1，0）点的函数解析式为：y=kx+b（k≠0），
则，
解得，
故第一次平移后的函数解析式为：y=﹣2x+2；
∴答案依次为：y=﹣2x+2；y=﹣2x+4；y=﹣2x+2n．

（3）设点Q的坐标为（x，y），依题意，．
解这个方程组，得到点Q的坐标为．
∵平移的路径长为x+y，
∴50≤≤56．
∴37.5≤n≤42．
∵点Q的坐标为正整数，
∴n是3的倍数，n可以取39、42，
∴点Q的坐标为（26，26），（28，28）

8．（2011•江西模拟）课题学习
●探究：
（1）在图1中，已知线段AB，CD，其中点分别为E，F．
①若A（﹣1，0），B（3，0），则E点坐标为　 　；
②若C（﹣2，2），D（﹣2，﹣1），则F点坐标为　　 ；
（2）在图2中，已知线段AB的端点坐标为A（a，b），B（c，d），求出图中AB中点D的坐标（用含a，b，c，d的
代数式表示），并给出求解过程．
●归纳：
无论线段AB处于直角坐标系中的哪个位置，当其端点坐标为A（a，b），B（c，d），AB中点为D（x，y） 时，
x=　 　，y=　 　．（不必证明）
●运用：
在图2中，y=|x﹣1|的图象x轴交于P点．一次函数y=kx+1与y=|x﹣1|的图象交点为A，B．
①求出交点A，B的坐标（用k表示）；
②若D为AB中点，且PD垂直于AB时，请利用上面的结论求出k的值．

解：探究（1）①（1，0）；②（﹣2，）；

（2）过点A，D，B三点分别作x轴的垂线，垂足分别为A′，D′，B′，则AA′∥BB′∥DD′．
过A、B分别作直线DD'的垂线，垂足分别为H、G．

∴AH=BG，又AH=A′D′；BG=D′B′
∴A′D′=D′B′．x﹣a=c﹣x，
即D点的横坐标是．
同理又HD=DG，d﹣y=y﹣b，可得D点的纵坐标是
∴AB中点D的坐标为（，）．
●运用，，，
∵．
∴，k=0．

9．（2013•江苏模拟）一、阅读理解：
在△ABC中，BC=a，CA=b，AB=c；
（1）若∠C为直角，则a2+b2=c2；
（2）若∠C为锐角，则a2+b2与c2的关系为：a2+b2＞c2
证明：如图过A作AD⊥BC于D，则BD=BC﹣CD=a﹣CD
在△ABD中：AD2=AB2﹣BD2
在△ACD中：AD2=AC2﹣CD2
AB2﹣BD2=AC2﹣CD2
c2﹣（a﹣CD）2=b2﹣CD2
∴a2+b2﹣c2=2a•CD
∵a＞0，CD＞0
∴a2+b2﹣c2＞0，所以：a2+b2＞c2
（3）若∠C为钝角，试推导a2+b2与c2的关系．
二、探究问题：在△ABC中，BC=a=3，CA=b=4，AB=c；若△ABC是钝角三角形，求第三边c的取值范围．

解：（3）如图过A作AD⊥BC于D，则BD=BC+CD=a+CD
在△ABD中：AD2=AB2﹣BD2
在△ACD中：AD2=AC2﹣CD2
AB2﹣BD2=AC2﹣CD2
c2﹣（a+CD）2=b2﹣CD2
∴a2+b2﹣c2=﹣2a•CD
∵a＞0，CD＞0
∴a2+b2﹣c2＜0
所以：a2+b2＜c2

二、当∠C为钝角时，根据公式：＜c＜a+b可得，5＜c＜7；
当∠B为钝角时，根据公式：b﹣a＜c＜可得，1＜c＜．

10．大家在学完勾股定理的证明后发现运用“同一图形的面积不同表示方式相同”可以证明一类含有线段的等式，这种解决问题的方法我们称之为面积法．学有所用：在等腰三角形ABC中，AB=AC，其一腰上的高为h，M是底边BC上的任意一点，M到腰AB、AC的距离分别为h1、h2．
（1）请你结合图形来证明：h1+h2=h；

（2）当点M在BC延长线上时，h1、h2、h之间又有什么样的结论．请你画出图形，并直接写出结论不必证明；
（3）利用以上结论解答，如图在平面直角坐标系中有两条直线l1：y=x+3，l2：y=﹣3x+3，若l2上的一点M到l1的距离是．求点M的坐标．

【解答】（1）证明：连接AM，由题意得h1=ME，h2=MF，h=BD，
∵S△ABC=S△ABM+S△AMC，
S△ABM=×AB×ME=×AB×h1，
S△AMC=×AC×MF=×AC×h2，
又∵S△ABC=×AC×BD=×AC×h，AB=AC，
∴×AC×h=×AB×h1+×AC×h2，
∴h1+h2=h．

（2）解：如图所示：
h1﹣h2=h．

（3）解：在y=x+3中，令x=0得y=3；令y=0得x=﹣4，
所以A（﹣4，0），B（0，3）同理求得C（1，0）．
AB==5，AC=5，所以AB=AC，
即△ABC为等腰三角形．
（ⅰ）当点M在BC边上时，由h1+h2=h得：+My=OB，My=3﹣=，
把它代入y=﹣3x+3中求得：Mx=，
所以此时M（，）．
（ⅱ）当点M在CB延长线上时，由h1﹣h2=h得：My﹣=OB，My=3+=，
把它代入y=﹣3x+3中求得：Mx=﹣，
所以此时M（﹣，）．
综合（ⅰ）、（ⅱ）知：点M的坐标为M（，）或（﹣，）．

11．（2013秋•宁波期末）如图1，一次函数y=2x+4与x轴，y轴分别相交于A，B两点，一次函数图象与坐标轴围成的△ABO，我们称它为此一次函数的坐标三角形．把坐标三角形面积分成相等的二部分的直线叫做坐标三角形的等积线．
（1）求此一次函数的坐标三角形周长以及分别过点A、B的等积线的函数表达式；
（2）如图2，我们把第一个坐标三角形△ABO记为第一代坐标三角形．第一代坐标三角形的等积线BA1，AB1记为第一对等积线，它们交于点O1，四边形A1OB1O1称为第一个坐标四边形．求点O1的坐标和坐标四边形A1OB1O1面积；
（3）如图3．第一对等积线与坐标轴构成了第二代坐标三角形△BA1O．△AOB1分别过点A，B作一条平分△BA1O，△AOB1面积的第二对等积线BA2，AB2，相交于点O2，如此进行下去．…，请直接写出On的坐标和第n个坐标四边形面积（用n表示）．

解：（1）令y=0，则2x+4=0，
解得，x=﹣2，
令x=0，则y=4，
∴点A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA=2，OB=4，
由勾股定理得，AB===2，
所以，周长为6+2，
∵AB1、BA1是等积线，
∴A1（﹣1，0），B1（0，2），
∴等积线的函数表达式：y=4x+4，y=x+2；

（2）联立，解得，∴O1（﹣，），
坐标四边形A1OB1O1面积=S△AOB1﹣S△AA1O1，
=×2×2﹣×（2﹣1）×，
=2﹣，
=；

（3）由题意得，OAn=，OBn=，
所以，等积线BAn的解析式为：y=2n+1x+4，
ABn的解析式为：y=x+，
联立解得，
∴点On（﹣，），
坐标四边形面积=S△AOBn﹣S△AAnOn，
=×2×﹣×（2﹣）×，
=﹣，
=，
=．
12．已知直线y=﹣x+4与x轴和y轴分别交与B、A两点，另一直线经过点B和点D（11，6）．
（1）求AB、BD的长度，并证明△ABD是直角三角形；
（2）在x轴上找点C，使△ACD是以AD为底边的等腰三角形，求出C点坐标；
（3）一动点P速度为1个单位/秒，沿A﹣﹣B﹣﹣D运动到D点停止，另有一动点Q从D点出发，以相同的速度沿D﹣﹣B﹣﹣A运动到A点停止，两点同时出发，PQ的长度为y（单位长），运动时间为t（秒），求y关于t的函数关系式．

解：（1）令x=0，y=4，
令y=0，则﹣x+4=0，
解得x=3，
所以，A（0，4），B（3，0），
由勾股定理得，AB==5，
BD==10，
过点D作DH⊥y轴于H，DH=11，AH=2，
由勾股定理得，AD===，
∵AB2=25，BD2=100，
∴AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形；

（2）设OC长为x，由等腰三角形以及勾股定理得到x2+42=（11﹣x）2+62，
解得x=，
所以，C（，0）；

（3）设t秒时相遇，由题意得，t+t=5+10，
解得t=7.5，
点P在AB上时，0≤t≤5，PB=5﹣t，BQ=10﹣t，
PQ===，
点P、Q都在BD上重合前，5＜t≤7.5，PQ=5+10﹣t﹣t=15﹣2t，
重合后，7.5＜t≤10，PQ=t+t﹣5﹣10=2t﹣15，
点Q在AB上时，10＜t≤15，PB=t﹣5，BQ=t﹣10，
PQ===．

13．（2013•荆州）如图，某个体户购进一批时令水果，20天销售完毕．他将本次销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数据可绘制的函数图象，其中日销售量y（千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图甲所示，销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图乙所示．

（1）直接写出y与x之间的函数关系式；
（2）分别求出第10天和第15天的销售金额；
（3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？
解：（1）分两种情况：
①当0≤x≤15时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k1x，
∵直线y=k1x过点（15，30），
∴15k1=30，解得k1=2，
∴y=2x（0≤x≤15）；
②当15＜x≤20时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k2x+b，
∵点（15，30），（20，0）在y=k2x+b的图象上，
∴，解得：，
∴y=﹣6x+120（15＜x≤20）；
综上，可知y与x之间的函数关系式为：
y=；

（2）∵第10天和第15天在第10天和第20天之间，
∴当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数解析式为p=mx+n，
∵点（10，10），（20，8）在p=mx+n的图象上，
∴，解得：，
∴p=﹣x+12（10≤x≤20），
当x=10时，p=10，y=2×10=20，销售金额为：10×20=200（元），
当x=15时，p=﹣×15+12=9，y=30，销售金额为：9×30=270（元）．
故第10天和第15天的销售金额分别为200元，270元；

（3）若日销售量不低于24千克，则y≥24．
当0≤x≤15时，y=2x，
解不等式：2x≥24，
得，x≥12；
当15＜x≤20时，y=﹣6x+120，
解不等式：﹣6x+120≥24，
得x≤16，
∴12≤x≤16，
∴“最佳销售期”共有：16﹣12+1=5（天）；
∵p=﹣x+12（10≤x≤20），﹣＜0，
∴p随x的增大而减小，
∴当12≤x≤16时，x取12时，p有最大值，此时p=﹣×12+12=9.6（元/千克）．
答：此次销售过程中“最佳销售期”共有5天，在此期间销售单价最高为9.6元．

14．（2007•嘉兴）如图，已知A（8，0），B（0，6），两个动点P、Q同时在△OAB的边上按逆时针方向（→O→A→B→O→）运动，开始时点P在点B位置，点Q在点O位置，点P的运动速度为每秒2个单位，点Q的运动速度为每秒1个单位．
（1）在前3秒内，求△OPQ的最大面积；
（2）在前10秒内，求P、Q两点之间的最小距离，并求此时点P、Q的坐标；
（3）在前15秒内，探究PQ平行于△OAB一边的情况，并求平行时点P、Q的坐标．

解：（1）∵A（8，0），B（0，6），∴OB=6，OA=8，AB=10．
在前3秒内，点P在OB上，点Q在OA上，设经过t秒，点P，Q位置如图．
则OP=6﹣2t，OQ=t．∴△OPQ的面积A=OP•OQ=t（3﹣t），（2分）
当t=时，Smax=．（2分）

（2）在前10秒内，点P从B开始，经过点O，点A，最后到达AB上，经过的总路程为20；点Q从O开始，经过点A，最后也到达AB上，经过的总路程为10．其中P，Q两点在某一位置重合，最小距离为0．
设在某一位置重合，最小距离为0．
设经过t秒，点Q被点P“追及”（两点重合），则2t=t+6，∴t=6．∴在前10秒内，P，Q两点的最小距离为0，点P，Q的相应坐标为（6，0）．（4分）

（3）①设0≤t＜3，则点P在OB上，点Q在OA上，OP=6﹣2t，OQ=t．
若PQ∥AB，则=，∴=，解得t=．
此时，P（0，），Q（，0）．（2分）
②设3≤t≤7，则点P，Q都在OA上，不存在PQ平行于△OAB一边的情况．
③设7＜t＜8，则点P在AB上，点Q在OA上，AP=2t﹣14，AQ=8﹣t．
若PQ∥OB，则=，∴=，解得t=．
此时，P（，），Q（，0）．（2分）
④设8≤t≤12，则两点P，Q都在AB上，不存在PQ平行于△OAB一边的情况．
⑤设12＜t＜15，则点P在OB上、点Q在AB上，BP=2t﹣24，BQ=18﹣t．
若PQ∥OA，则=，∴=，
解得t=．
此时，P（0，），Q（，）．（2分）

15．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，若OA、OC的长满足．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）把△ABC沿AC对折，点B落在点B′处，线段AB′与x轴交于点D，求直线BB′的解析式；
（3）在直线BB′上是否存在点P，使△ADP为直角三角形？若存在，请直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵|OA﹣2|+（OC﹣2）2=0
∴OA=2，OC=2
∴B点坐标为：（2，2），C点坐标为（2，0）．

（2）∵△ABC≌△AB′C．
∴AB=AB′=2，CB′=CB=2
∵A（0，2），C（2，0）
∴设B′的坐标为（x，y），则
，
解得：B′的坐标为（，﹣1），
由两点式解出BB′的解析式为y=x﹣4．

（3）假如存在设P（a，a﹣4），D（，0），又A（0，2），
∴AD2=（）2+22=，PD2=（a﹣）2+（a﹣4），AP2=a2+（a﹣4﹣2）2=4a2﹣12a+36，
①当∠ADP为直角时，AD2+PD2=AP2，解得a=，则P（，1）；
②当∠APD为直角时，AP2+PD2=AD2，此时无解；
③当∠PAD为直角时，AD2+PA2=PD2，解得a=3，则P（3，5）；
综上可得，P为（3，5）或（，1）．
16．已知一次函数y1=﹣x+1，y2=2x﹣5的图象如图所示，根据图象，回答下列问题：
（1）解方程组的解是　　；
（2）y1随x的增大而　 　，y2随x的增大而　 　；
（3）当y1＞y2时，x的取值范围是　 　．

解：（1）解方程组的解是；

（2）y1随x的增大而 减小，y2随x的增大而 增大；

（3）当y1＞y2时，x的取值范围是x＜2．

第一届清北班数学试卷 第21页 共22页
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