23. (8分)甲、乙两人分别从A,B两地同时出发,匀速相向而行.甲的速度大于乙的速度,甲到达B地后,乙继续前行.设出发xh后,两人相距ykm,图中折线表示从两人出发至乙到达A地的过程中y与x之间的函数关系.根据图中信息,求:
(1)点Q的坐标,并说明它的实际意义;
(2)甲、乙两人的速度.
(1)点Q的坐标,并说明它的实际意义;
(2)甲、乙两人的速度.
答案：解:(1)设直线 $ P Q $ 的函数关系式为 $ y = k x + b $，将 $ ( 0, 10 ) $ 和 $ \left( \frac { 1 } { 4 }, \frac { 15 } { 2 } \right) $ 分别代入，得 $ \left\{ \begin{array} { l } { b = 10 }, \\ { \frac { 1 } { 4 } k + b = \frac { 15 } { 2 } }, \end{array} \right. $ 解得 $ \left\{ \begin{array} { l } { k = - 10 }, \\ { b = 10 }. \end{array} \right. $
故直线 $ P Q $ 的函数关系式为 $ y = - 10 x + 10 $。
当 $ y = 0 $ 时，$ x = 1 $，故点 $ Q $ 的坐标为 $ ( 1, 0 ) $，该点表示甲、乙两人经过 $ 1 \mathrm { h } $ 相遇。
(2)由点 $ M $ 的坐标可知甲经过 $ \frac { 5 } { 3 } \mathrm { h } $ 到达 $ B $ 地，
故甲的速度为 $ 10 ÷ \frac { 5 } { 3 } = 6 ( \mathrm { km } / \mathrm { h } ) $。
设乙的速度为 $ v \mathrm { km } / \mathrm { h } $，由两人经过 $ 1 \mathrm { h } $ 相遇，得 $ 1 × ( v + 6 ) = 10 $，解得 $ v = 4 $，
故乙的速度为 $ 4 \mathrm { km } / \mathrm { h } $。
故直线 $ P Q $ 的函数关系式为 $ y = - 10 x + 10 $。
当 $ y = 0 $ 时，$ x = 1 $，故点 $ Q $ 的坐标为 $ ( 1, 0 ) $，该点表示甲、乙两人经过 $ 1 \mathrm { h } $ 相遇。
(2)由点 $ M $ 的坐标可知甲经过 $ \frac { 5 } { 3 } \mathrm { h } $ 到达 $ B $ 地，
故甲的速度为 $ 10 ÷ \frac { 5 } { 3 } = 6 ( \mathrm { km } / \mathrm { h } ) $。
设乙的速度为 $ v \mathrm { km } / \mathrm { h } $，由两人经过 $ 1 \mathrm { h } $ 相遇，得 $ 1 × ( v + 6 ) = 10 $，解得 $ v = 4 $，
故乙的速度为 $ 4 \mathrm { km } / \mathrm { h } $。
24. (10分)如图,平面直角坐标系xOy中,直线$y= x+4$与x轴交于点A,与过点$B(0,2)$且平行于x轴的直线l交于点C,点A关于直线l的对称点为D.
(1)求点C,D的坐标;
(2)将直线$y= x+4$在直线l上方的部分和线段CD记为一个新的图象G.若直线$y= -\frac {1}{2}x+b$与图象G有两个公共点,结合函数图象,求b的取值范围.
(1)求点C,D的坐标;
(2)将直线$y= x+4$在直线l上方的部分和线段CD记为一个新的图象G.若直线$y= -\frac {1}{2}x+b$与图象G有两个公共点,结合函数图象,求b的取值范围.
答案：
解:(1)∵ 直线 $ y = x + 4 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A $，∴ $ A ( - 4, 0 ) $。
∵ 直线 $ y = x + 4 $ 与过点 $ B ( 0, 2 ) $ 且平行于 $ x $ 轴的直线 $ l $ 交于点 $ C $，∴ $ C ( - 2, 2 ) $。
∵ 点 $ A $ 关于直线 $ l $ 的对称点为 $ D $，∴ $ D ( - 4, 4 ) $。
(2)如答图。
当直线 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + b $ 经过点 $ C ( - 2, 2 ) $ 时，
有 $ 2 = - \frac { 1 } { 2 } × ( - 2 ) + b $，解得 $ b = 1 $，
当直线 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + b $ 经过点 $ D ( - 4, 4 ) $ 时，
有 $ 4 = - \frac { 1 } { 2 } × ( - 4 ) + b $，解得 $ b = 2 $，
∴ $ b $ 的取值范围为 $ 1 ＜ b \leq 2 $。
解:(1)∵ 直线 $ y = x + 4 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A $，∴ $ A ( - 4, 0 ) $。
∵ 直线 $ y = x + 4 $ 与过点 $ B ( 0, 2 ) $ 且平行于 $ x $ 轴的直线 $ l $ 交于点 $ C $，∴ $ C ( - 2, 2 ) $。
∵ 点 $ A $ 关于直线 $ l $ 的对称点为 $ D $，∴ $ D ( - 4, 4 ) $。
(2)如答图。
当直线 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + b $ 经过点 $ C ( - 2, 2 ) $ 时，
有 $ 2 = - \frac { 1 } { 2 } × ( - 2 ) + b $，解得 $ b = 1 $，
当直线 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + b $ 经过点 $ D ( - 4, 4 ) $ 时，
有 $ 4 = - \frac { 1 } { 2 } × ( - 4 ) + b $，解得 $ b = 2 $，
∴ $ b $ 的取值范围为 $ 1 ＜ b \leq 2 $。
25. (10分)如图①,直线$y= -\frac {1}{2}x+2$与x轴、y轴分别交于点A,B,点E为y轴负半轴上一点,且$S_{△ABE}= 12$.
(1)求直线AE的函数表达式;
(2)如图②,直线$y= mx$交直线AB于点M,交直线AE于点N,当$S_{△OEN}= 2S_{△OBM}$时,求m的值;
(3)如图③,点P为直线$y= -x-1$上一点,若$∠ABP= 45^{\circ }$,请直接写出点P的坐标.
(1)求直线AE的函数表达式;
(2)如图②,直线$y= mx$交直线AB于点M,交直线AE于点N,当$S_{△OEN}= 2S_{△OBM}$时,求m的值;
(3)如图③,点P为直线$y= -x-1$上一点,若$∠ABP= 45^{\circ }$,请直接写出点P的坐标.
答案：解:(1)对于 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + 2 $，令 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + 2 = 0 $，解得 $ x = 4 $，令 $ x = 0 $，则 $ y = 2 $，
故 $ A ( 4, 0 ) $，$ B ( 0, 2 ) $，则 $ O B = 2 $，∴ $ S _ { \triangle A B E } = \frac { 1 } { 2 } × E B × A O = \frac { 1 } { 2 } × ( 2 + O E ) × 4 = 12 $，解得 $ O E = 4 $，故点 $ E ( 0, - 4 ) $，
设直线 $ A E $ 的函数表达式为 $ y = k x - 4 $，将点 $ A $ 的坐标代入上式得 $ 0 = 4 k - 4 $，解得 $ k = 1 $，故直线 $ A E $ 的函数表达式为 $ y = x - 4 $。
(2)由 (1) 知，$ O E = 4 $，∵ $ S _ { \triangle O E N } = 2 S _ { \triangle O B M } $，
∴ $ 2 × \frac { 1 } { 2 } × O B × | x _ { M } | = \frac { 1 } { 2 } × O E × x _ { N } $，
即 $ 2 × | x _ { M } | = \frac { 1 } { 2 } × 4 × x _ { N } $，∴ $ x _ { M } = - x _ { N } $，则 $ y _ { M } = - y _ { N } $，设点 $ N $ 的坐标为 $ ( n, n - 4 ) $，则点 $ M $ 的坐标为 $ ( - n, - n + 4 ) $，
将点 $ M $ 的坐标代入 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + 2 $ 得 $ - n + 4 = - \frac { 1 } { 2 } ( - n ) + 2 $，解得 $ n = \frac { 4 } { 3 } $，故点 $ N $ 的坐标为 $ \left( \frac { 4 } { 3 }, - \frac { 8 } { 3 } \right) $，将点 $ N $ 的坐标代入 $ y = m x $ 得 $ - \frac { 8 } { 3 } = \frac { 4 } { 3 } m $，解得 $ m = - 2 $。
(3) $ \left( \frac { 3 } { 2 }, - \frac { 5 } { 2 } \right) $。
故 $ A ( 4, 0 ) $，$ B ( 0, 2 ) $，则 $ O B = 2 $，∴ $ S _ { \triangle A B E } = \frac { 1 } { 2 } × E B × A O = \frac { 1 } { 2 } × ( 2 + O E ) × 4 = 12 $，解得 $ O E = 4 $，故点 $ E ( 0, - 4 ) $，
设直线 $ A E $ 的函数表达式为 $ y = k x - 4 $，将点 $ A $ 的坐标代入上式得 $ 0 = 4 k - 4 $，解得 $ k = 1 $，故直线 $ A E $ 的函数表达式为 $ y = x - 4 $。
(2)由 (1) 知，$ O E = 4 $，∵ $ S _ { \triangle O E N } = 2 S _ { \triangle O B M } $，
∴ $ 2 × \frac { 1 } { 2 } × O B × | x _ { M } | = \frac { 1 } { 2 } × O E × x _ { N } $，
即 $ 2 × | x _ { M } | = \frac { 1 } { 2 } × 4 × x _ { N } $，∴ $ x _ { M } = - x _ { N } $，则 $ y _ { M } = - y _ { N } $，设点 $ N $ 的坐标为 $ ( n, n - 4 ) $，则点 $ M $ 的坐标为 $ ( - n, - n + 4 ) $，
将点 $ M $ 的坐标代入 $ y = - \frac { 1 } { 2 } x + 2 $ 得 $ - n + 4 = - \frac { 1 } { 2 } ( - n ) + 2 $，解得 $ n = \frac { 4 } { 3 } $，故点 $ N $ 的坐标为 $ \left( \frac { 4 } { 3 }, - \frac { 8 } { 3 } \right) $，将点 $ N $ 的坐标代入 $ y = m x $ 得 $ - \frac { 8 } { 3 } = \frac { 4 } { 3 } m $，解得 $ m = - 2 $。
(3) $ \left( \frac { 3 } { 2 }, - \frac { 5 } { 2 } \right) $。