第1頁（共1頁）2022-2023學(xué)年廣東省佛山市南海區(qū)石門實(shí)驗(yàn)中英文學(xué)校九年級（上）潛能大賽數(shù)學(xué)試卷（三）一、選擇題（共5小題，每小題5分，共25分）1．（5分）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象如圖所示，則a、b、c的大小關(guān)系是（）A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞b C．a(chǎn)＞b＝c D．c的大小關(guān)系不能確定2．（5分）已知x1，x2是關(guān)于x的方程4x2+4kx+3k2﹣12k+18＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，那么的值為（）A． B．﹣ C． D．﹣3．（5分）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥BC與E，交BD于F，已知AF＝3，EF＝1，則BE＝（）A． B． C． D．4．（5分）如圖，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長線上一點(diǎn)，且CD＝DE，連結(jié)BE，分別交AC，AD于點(diǎn)F、G，連結(jié)OG，①OG＝AB；②S四邊形ODGF＝S△ABF；③由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；④S△ACD＝2S△ABG．其中正確的結(jié)論是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④5．（5分）如圖，在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，點(diǎn)D在線段BA的延長線上且AD＝2，連接CD，線段AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作PQ∥CD交BC于點(diǎn)Q，當(dāng)S△CPQ最大時(shí)，AP的長度為（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題（共7題，每題6分，共42分）6．（6分）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A、B在反比例函數(shù)的圖象上，且∠ADB＝30°，BD⊥x軸，BD＝6，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為．7．（6分）已知a＝2002，b＝2003，c＝2004，求a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc的值為．8．（6分）已知a＝+，則＝．9．（6分）如圖平行四邊形ABCD，F(xiàn)為BC中點(diǎn)，延長AD至E，使DE：AD＝1：3，連接EF交DC于點(diǎn)G，則△DEG與五邊形DABFG的面積比值是．10．（6分）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，點(diǎn)D是△ABC所在平面內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且∠BDC＝60°，則△DBC的面積的最大值時(shí)，BD的值為．11．（6分）對于任意實(shí)數(shù)a，b，我們定義新運(yùn)算“*”：a*b＝a2+2ab﹣b2，例如3*5＝32+2×3×5﹣52＝14．若m，n是方程（x+2）*3＝0的兩根，則+的值為．12．（6分）在數(shù)學(xué)中，為了書寫簡便，18世紀(jì)數(shù)學(xué)家歐拉就引進(jìn)了求和符號“∑”．如記：k＝1+2+3+…+（n﹣1）+n；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+（x+5）；…若（x﹣k）（x﹣k+1）＝3x2﹣15x+m，則m＝，n＝．三、解答題13．（9分）甲、乙兩名工人到水果基地采摘某種水果，每個(gè)人的任務(wù)均為360斤，乙中途有事外出，返回后，乙加快采摘速度，此時(shí)，甲乙兩人速度相同，兩人各自采摘水果的重量y（斤）與時(shí)間x（時(shí)）的函數(shù)圖象如圖所示．（1）求乙外出后回來繼續(xù)工作至完成任務(wù)所花的時(shí)間；（2）若乙外出所花的時(shí)間為0.8小時(shí)，求乙采摘水果的重量y與時(shí)間x之間的函數(shù)關(guān)系；（3）在（2）的條件下，甲、乙兩人采摘的水果合在一起裝箱，每夠200斤裝一箱，裝箱的時(shí)間忽略不計(jì)，求經(jīng)過多長時(shí)間恰好裝滿第1箱？再經(jīng)過多長時(shí)間恰好裝滿第2箱？14．（12分）如圖，矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系xOy中點(diǎn)A（0，3），點(diǎn)C（4，0），動(dòng)點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)，沿對角線OB以每秒1個(gè)單位長度的速度向B勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)另一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CO以每秒個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)O勻速運(yùn)動(dòng)，過P作PH⊥x軸于H，連接PQ、QB，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t＞0）．（1）點(diǎn)Q的坐標(biāo)是；點(diǎn)P的坐標(biāo)是；（2）在動(dòng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在t的值，使以P、H、Q為頂點(diǎn)的三角形與△BCQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，說明理由；（3）已知點(diǎn)D為OB的中點(diǎn)，以點(diǎn)C，D，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．15．（12分）拋物線y＝﹣x+4與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C三點(diǎn)，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)．（1）直接寫出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)為A，B，C；（2）連接AP，CP，AC，若S△APC＝2，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）連接AP，BC，是否存在點(diǎn)P，使得∠PAB＝∠ABC，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

2022-2023學(xué)年廣東省佛山市南海區(qū)石門實(shí)驗(yàn)中英文學(xué)校九年級（上）潛能大賽數(shù)學(xué)試卷（三）參考答案與試題解析一、選擇題（共5小題，每小題5分，共25分）1．（5分）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象如圖所示，則a、b、c的大小關(guān)系是（）A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞b C．a(chǎn)＞b＝c D．c的大小關(guān)系不能確定【分析】由拋物線的開口方向判斷a的符號，由拋物線與y軸的交點(diǎn)判斷c的符號，然后根據(jù)對稱軸及拋物線與x軸交點(diǎn)情況進(jìn)行推理，進(jìn)而對所得結(jié)論進(jìn)行判斷．【解答】解：∵圖象開口向上，與y軸交于負(fù)半軸，對稱軸在y軸右側(cè)，∴a＞0，c＜0，﹣＞0，b＜0，∴a最大；又∵圖象經(jīng)過點(diǎn)（﹣1，0），∴a﹣b+c＝0，∴b﹣c＝a＞0，∴b＞c．∴a＞b＞c．故選：A．【點(diǎn)評】考查二次函數(shù)y＝ax2+bx+c系數(shù)符號的確定．2．（5分）已知x1，x2是關(guān)于x的方程4x2+4kx+3k2﹣12k+18＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，那么的值為（）A． B．﹣ C． D．﹣【分析】先利用根的判別式得到（k﹣3）2≤0，則k＝3，此時(shí)方程為4x2+12x+9＝0，解得x1＝x2＝﹣，然后計(jì)算的值．【解答】解：根據(jù)題意得Δ＝16k2﹣4×4×（3k2﹣12k+18）≥0，整理得（k﹣3）2≤0，∴k＝3，此時(shí)方程為4x2+12x+9＝0，解得x1＝x2＝﹣，所以＝＝＝＝﹣．故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根時(shí)，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判別式．3．（5分）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥BC與E，交BD于F，已知AF＝3，EF＝1，則BE＝（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)及垂直的定義求出AC＝2OA，∠AOF＝90°，∠AEC＝∠BEF＝90°＝∠AOF，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理求解即可．【解答】解：∵AF＝3，EF＝1，∴AE＝AF+EF＝4，∵菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，∴AC⊥BD，AC＝2OA，∴∠AOF＝90°，∵AE⊥BC與E，∴∠AEC＝∠BEF＝90°＝∠AOF，又∵∠OAF＝∠EAC，∴△AOF∽△AEC，∴＝，∴＝，∴OA＝（負(fù)值已舍），∴OF＝＝，∵∠AOF＝∠BEF，∠AFO＝∠BFE，∴△AOF∽△BEF，∴＝，∴＝，∴BE＝，故選：B．【點(diǎn)評】此題考查了菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟記性質(zhì)三角形的判定定理與性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．4．（5分）如圖，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長線上一點(diǎn)，且CD＝DE，連結(jié)BE，分別交AC，AD于點(diǎn)F、G，連結(jié)OG，①OG＝AB；②S四邊形ODGF＝S△ABF；③由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；④S△ACD＝2S△ABG．其中正確的結(jié)論是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【分析】①由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，證出OG是△ABD的中位線，得出OG＝AB，①正確；③先證明四邊形ABDE是平行四邊形，證出△ABD、△BCD是等邊三角形，得出AB＝BD＝AD，得出四邊形ABDE是菱形，③正確；②連接FD，根據(jù)△ABD是等邊三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，可得F到△ABD三邊的距離相等，所以S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，②正確；④連接FD，由等邊三角形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)得F到△ABD三邊的距離相等，則S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，則S四邊形ODGF＝S△ABF，④正確；即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位線，∴OG＝AB，故①正確；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四邊形ABDE是菱形，故③正確；連接FD，如圖：∵△ABD是等邊三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三邊的距離相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，∴S四邊形ODGF＝S△ABF，故②正確；∵四邊形ABCD是菱形，平行四邊形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DBG＝S△AOD＝S△COD，∴S△ACD＝2S△ABG．故④正確．綜上所述：正確的是①②③④，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理以及三角形面積等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大．5．（5分）如圖，在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，點(diǎn)D在線段BA的延長線上且AD＝2，連接CD，線段AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作PQ∥CD交BC于點(diǎn)Q，當(dāng)S△CPQ最大時(shí)，AP的長度為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】如圖，過點(diǎn)Q作QH⊥BD于H．設(shè)PA＝x．利用相似三角形的性質(zhì)求出QH，再根據(jù)二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題即可．【解答】解：如圖，過點(diǎn)Q作QH⊥BD于H．設(shè)PA＝x．∵PQ∥CD，∴△PQB∽△DCB，∵CA⊥BD，HQ⊥PB，∴＝，∴＝，∴HQ＝（6﹣x），∴S△PCQ＝S△ABC﹣S△ACP﹣S△PQB＝×6×6﹣×x×6﹣×（6﹣x）×（6﹣x）＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣2）2+6，∵﹣＜0，∴x＝2時(shí)，△PCQ的面積最大，故選：B．【點(diǎn)評】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建二次函數(shù)解決問題，屬于中考?？碱}型．二、填空題（共7題，每題6分，共42分）6．（6分）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A、B在反比例函數(shù)的圖象上，且∠ADB＝30°，BD⊥x軸，BD＝6，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（）．【分析】過點(diǎn)A作BD的垂線，令點(diǎn)B的坐標(biāo)為（a，），進(jìn)而可表示出點(diǎn)A的坐標(biāo)，再將點(diǎn)A坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式求出a的值即可解決問題．【解答】解：過點(diǎn)A作AM⊥BD于M，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°．∵∠ADB＝30°，∴∠ABD＝60°，則∠MAB＝30°．在Rt△ABD中，AB＝．在Rt△ABM中，BM＝，∴DM＝BD﹣BM＝，AM＝．令點(diǎn)B的坐標(biāo)為（a，），則點(diǎn)A坐標(biāo)可表示為（a﹣），∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y＝的圖象上，則（a﹣）（）＝，解得（舍去），則，，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（）．故答案為：（）．【點(diǎn)評】本題主要考查了反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、含30度角的直角三角形及矩形的性質(zhì)，熟知反比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)及30度角所對直角邊是斜邊的一半是解題的關(guān)鍵．7．（6分）已知a＝2002，b＝2003，c＝2004，求a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc的值為3．【分析】根據(jù)a＝2002，b＝2003，c＝2004，可以得到a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，然后將所求式子變形，再將a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2整體代入計(jì)算即可．【解答】解：∵a＝2002，b＝2003，c＝2004，∴a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc＝（2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）＝×[（a2﹣2ab+b2）+（b2﹣2bc+c2）+（a2﹣2ac+c2）]＝×[（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2]＝×[（﹣1）2+（﹣1）2+（﹣2）2]＝×（1+1+4）＝×6＝3，故答案為：3．【點(diǎn)評】本題考查因式分解的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，靈活變形，利用完全平方公式解答．8．（6分）已知a＝+，則＝3+2．【分析】直接利用二次根式的性質(zhì)進(jìn)而化簡得出答案．【解答】解：∵a＝+＝+＝＝2，則＝＝3+2．故答案為：3+2．【點(diǎn)評】此題主要考查了二次根式的化簡求值，正確掌握二次根式的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．9．（6分）如圖平行四邊形ABCD，F(xiàn)為BC中點(diǎn)，延長AD至E，使DE：AD＝1：3，連接EF交DC于點(diǎn)G，則△DEG與五邊形DABFG的面積比值是．【分析】連接BG，先由平行四邊形的性質(zhì)得AD∥BC，AD＝BC及∠E＝∠CFG；再由F為BC中點(diǎn)及DE：AD＝1：3得DE：CF的比值；然后由∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF證得△DGE∽CGF，最后由相似三角形的面積比等于相似比的平方及△CFG和△BGC之間的關(guān)系，可得答案．【解答】解：如圖，連接BG，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠E＝∠CFG，∵F為BC中點(diǎn)，∴FC＝BC＝AD，∵DE：AD＝1：3，∴DE：BC＝1：3，∴DE：CF＝2：3，∵∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF，∴△DGE∽CGF，∴DG：CG＝DE：CF＝2：3，設(shè)△DEG的面積為a∴S△DEG：S△CFG＝4：9＝a：S△CFG，∴S△CFG＝，取AD的中點(diǎn)Q，連接FQ，∴FQ∥DG，∴△EDG∽△EQF，∴DE：EQ＝1：2.5＝2：5，∴S△DEG：S△QEF＝4：25＝a：S△EQF，∴S△EQF＝，∴S四邊形DQFG＝a﹣a＝a，∴S四邊形ABFQ＝S四邊形DQFG+S△CFG＝，∴S五邊形DABFG＝．∴△DEG與五邊形DABFG的面積比值是．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)及等高三角形的面積關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．10．（6分）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，點(diǎn)D是△ABC所在平面內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且∠BDC＝60°，則△DBC的面積的最大值時(shí)，BD的值為3．【分析】過點(diǎn)A作AH⊥BC于H，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑作圓，HA的延長線交圓于D，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BH，進(jìn)而求出n∠BAH，再根據(jù)三角形面積公式計(jì)算即可．【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于H，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑作圓，HA的延長線交圓于D，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝HC＝BC＝，∠BAH＝∠CAH，則sin∠BAH＝＝，∴∠BAH＝60°，∴∠BAC＝120°，∴∠BDC＝60°，此時(shí)，△DBC的面積的最大，由勾股定理得，AH＝＝1，∴DH＝1+2＝3，∴S△BDC＝×2×3＝3，故答案為：3．【點(diǎn)評】本題考查的是三角形的外接圓與外心，掌握圓周角定理、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（6分）對于任意實(shí)數(shù)a，b，我們定義新運(yùn)算“*”：a*b＝a2+2ab﹣b2，例如3*5＝32+2×3×5﹣52＝14．若m，n是方程（x+2）*3＝0的兩根，則+的值為．【分析】根據(jù)新定義先將方程化為一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系求得m+n＝﹣10，mn＝7，再結(jié)合分式的加減及完全平方公式代入計(jì)算可求解．【解答】解：由題意得（x+2）*3＝0即為（x+2）2+6（x+2）﹣9＝0，化簡得x2+10x+7＝0，∵m，n是該方程的兩根，∴m+n＝﹣10，mn＝7，∴+＝＝，故答案為：．【點(diǎn)評】本題主要考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，新定義，代數(shù)式求值，根據(jù)新定義將等式化為一元二次方程是解題的關(guān)鍵．12．（6分）在數(shù)學(xué)中，為了書寫簡便，18世紀(jì)數(shù)學(xué)家歐拉就引進(jìn)了求和符號“∑”．如記：k＝1+2+3+…+（n﹣1）+n；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+…+（x+n）；（x+k）＝（x+3）+（x+4）+（x+5）；…若（x﹣k）（x﹣k+1）＝3x2﹣15x+m，則m＝20，n＝4．【分析】根據(jù)二次項(xiàng)的系數(shù)為3，可得n＝4，然后列出算式進(jìn)行計(jì)算，再根據(jù)常數(shù)項(xiàng)相等解答即可．【解答】解：∵二次項(xiàng)的系數(shù)為3，∴可以判斷有三項(xiàng)，∴n＝4，∴（x﹣2）（x﹣1）+（x﹣3）（x﹣2）+（x﹣4）（x﹣3）＝3x2﹣15x+m，∴x2﹣3x+2+x2﹣5x+6+x2﹣7x+12＝3x2﹣15x+m，∴3x2﹣15x+20＝3x2﹣15x+m，∴m＝20．故答案為：20，4．【點(diǎn)評】本題考查了多項(xiàng)式乘以多項(xiàng)式，根據(jù)二次項(xiàng)的系數(shù)判斷出有三項(xiàng)是解題的關(guān)鍵．三、解答題13．（9分）甲、乙兩名工人到水果基地采摘某種水果，每個(gè)人的任務(wù)均為360斤，乙中途有事外出，返回后，乙加快采摘速度，此時(shí)，甲乙兩人速度相同，兩人各自采摘水果的重量y（斤）與時(shí)間x（時(shí)）的函數(shù)圖象如圖所示．（1）求乙外出后回來繼續(xù)工作至完成任務(wù)所花的時(shí)間；（2）若乙外出所花的時(shí)間為0.8小時(shí)，求乙采摘水果的重量y與時(shí)間x之間的函數(shù)關(guān)系；（3）在（2）的條件下，甲、乙兩人采摘的水果合在一起裝箱，每夠200斤裝一箱，裝箱的時(shí)間忽略不計(jì)，求經(jīng)過多長時(shí)間恰好裝滿第1箱？再經(jīng)過多長時(shí)間恰好裝滿第2箱？【分析】（1）根據(jù)圖象解答即可；（2）根據(jù)題意即可得出乙采摘水果的重量y與時(shí)間x之間的函數(shù)關(guān)系；（3）首先利用當(dāng)0≤x≤2時(shí)，當(dāng)2＜x≤2.8時(shí)，求出x的值，進(jìn)而得出答案即可，【解答】解：（1）由題意可得，乙外出后回來繼續(xù)工作至完成任務(wù)所花的時(shí)間為：（360﹣100）÷（360÷6）＝（小時(shí)）；（2）由題意可知，a＝2+0.8＝2.8，乙采摘水果的重量y與時(shí)間x之間的函數(shù)關(guān)系為：y＝60（x﹣2.8）+100＝60x﹣68；（3）乙2小時(shí)加工100件，∴乙的加工速度是：每小時(shí)50件，當(dāng)0≤x≤2時(shí)，60x+50x＝200，解得：x＝；當(dāng)2＜x≤2.8時(shí)，100+60x＝200，解得：x＝（不合題意舍去）；∵當(dāng)2.8＜x≤4.8時(shí)，60x+60x﹣68＝400，解得x＝3.9，3.9﹣＝（小時(shí)），∴經(jīng)過小時(shí)恰好裝滿第1箱，再經(jīng)過小時(shí)恰好裝滿第2箱．【點(diǎn)評】此題主要考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)題意得出函數(shù)關(guān)系式以及數(shù)形結(jié)合是解決問題的關(guān)鍵．14．（12分）如圖，矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系xOy中點(diǎn)A（0，3），點(diǎn)C（4，0），動(dòng)點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)，沿對角線OB以每秒1個(gè)單位長度的速度向B勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)另一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CO以每秒個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)O勻速運(yùn)動(dòng)，過P作PH⊥x軸于H，連接PQ、QB，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（t＞0）．（1）點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（4﹣t，0）；點(diǎn)P的坐標(biāo)是（t，t）；（2）在動(dòng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在t的值，使以P、H、Q為頂點(diǎn)的三角形與△BCQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，說明理由；（3）已知點(diǎn)D為OB的中點(diǎn)，以點(diǎn)C，D，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．【分析】（1）由矩形OABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C（4，0），B（4，3），A（0，3），可求得OC與CB的長，易證得△OPH∽△OBC，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）分別從點(diǎn)H在點(diǎn)Q的左側(cè)與右側(cè)去分析，再由△PHQ∽△BCQ或△PHQ∽△BQC，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案；（3）需要分類討論：t≤2.5s和2.5s＜t≤5s兩種情況，利用分割法求得S與t的函數(shù)關(guān)系式．【解答】解：（1）根據(jù)題意得：OP＝t，CQ＝t，則OQ＝4﹣t，故點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（4﹣t，0）．∵矩形OCBA的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C（4，0），B（4，3），A（0，3），∴OC＝4，CB＝3，BC⊥OC，∴OB＝＝5，∵PH⊥OC，∴PH∥CB，∴△OPH∽△OBC，∴＝＝，∴＝＝，∴OH＝t，PH＝t，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（t，t）；故答案為：（4﹣t，0）；（t，t）；（2）存在．如圖（1），點(diǎn)H在Q的左邊時(shí)；∵OH＝t，CQ＝t，∴QH＝OC﹣OH﹣CQ＝4﹣t，①當(dāng)△PHQ∽△BCQ時(shí)，＝，即＝，解得：t＝5﹣5；②當(dāng)△PHQ∽△BQC時(shí)，＝，即＝，解得：t＝；如圖（2），當(dāng)點(diǎn)H在點(diǎn)Q右側(cè)時(shí)；∵OH＝t，CQ＝t，∴QH＝OH+CQ﹣OC＝t﹣4，③當(dāng)△PHQ∽△BCQ時(shí)，＝，即＝，解得：t＝5；④當(dāng)△PHQ∽△BQC時(shí)，＝，即＝，解得：t＝；綜上所述：當(dāng)t＝5﹣5或t＝或t＝5或t＝時(shí)，以P、H、Q為頂點(diǎn)的三角形與△BCQ相似．（3）如圖（3），當(dāng)0＜t≤2.5s時(shí)，S△OPQ＝OQ?yP＝（4﹣t）×t＝﹣t2+t．S△OCD＝S△OBC＝××3×4＝3．所以S四邊形PQCD＝S△OCD﹣S△OPQ＝t2﹣t+3；如圖（4），當(dāng)2.5s＜t≤5s時(shí)，S△ODQ＝OQ?yD＝×（4﹣t）×＝3﹣t．S△BCP＝BC?（4﹣xP）＝×3×（4﹣t）