1. (2024·无锡期末)如图,线段 $ AB = 24 \text{ cm} $,动点 $ P $ 从点 $ A $ 出发,以 $ 2 \text{ cm/s} $ 的速度沿线段 $ AB $ 运动,$ M $ 为 $ AP $ 的中点,$ N $ 为 $ BP $ 的中点.以下说法正确的是 (
D
)
①运动 $ 4 \text{ s} $ 后,$ PB = 2AM $;②$ PM + MN $ 的值随着运动时间的改变而改变;③$ 2BM - BP $ 的值不变;④当 $ AN = 6PM $ 时,运动时间为 $ 2.4 \text{ s} $.
A.①②
B.②③
C.①②③
D.②③④
答案：D 解析:运动4s后，AP=2×4=8(cm),PB=AB−AP=24−8=16(cm),因为M为AP的中点,所以AM=$\frac{1}{2}$AP=4cm,所以4AM=PB,故①错误;设运动ts,则AP=2tcm,BP=(24−2t)cm(0≤t≤12),因为M为AP的中点,N为BP的中点,所以AM=PM=$\frac{1}{2}$AP=tcm,PN=BN=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$(24−2t)=(12−t)cm,所以PM+MN=PM+PM+PN=(12+t)cm,所以PM+MN的值随着运动时间的改变而改变，故②正确;因为BM=AB−AM=(24−t)cm,PB=(24−2t)cm(0≤t≤12),所以2BM−BP=2(24−t)−(24−2t)=24cm,所以2BM−BP的值不变,故③正确;因为AN=AP+PN=2t+(12−t)=(12+t)cm,PM=tcm,所以12+t=6t,解得t=$\frac{12}{5}$=2.4,故④正确.故选D.
2. (2025·泰州期末)$ A,B,C $ 三点在数轴上所表示的数为 $ -8,-6,2 $,一根长为 $ 3 $ 个单位长度的木棒 $ PQ $ 如图放置在数轴上(点 $ P $ 与点 $ B $ 重合),当木棒 $ PQ $ 以每秒 $ 2 $ 个单位长度的速度向右运动,同时点 $ M,N $ 分别从 $ A,C $ 出发,分别以每秒 $ 1 $ 个单位长度和每秒 $ 4 $ 个单位长度的速度向右运动,记木棒 $ PQ $ 运动后对应的位置为 $ P'Q' $,$ M,N $ 运动后对应的位置为 $ M',N' $,若 $ \frac{3}{5}M'N' + k \cdot BQ' $ 为常数,则 $ k = $____
$-\frac {9}{10}$
.
答案：$-\frac {9}{10}$ 解析:设运动时间为t秒，依题意得点P所表示的数为−6,点Q所表示的数为−6+3=−3,点Q'所表示的数为−3+2t,所以BQ'=(−3+2t)−(−6)=3+2t,点M'所表示的数为−8+t,点N'所表示的数为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'为常数，则$\frac{9+10k}{5}$=0,解得k=$-\frac {9}{10}$.
解析：
解：设运动时间为 $ t $ 秒。
由题意：
点 $ Q $ 初始位置为 $-6 + 3 = -3$，运动后 $ Q' $ 表示的数为 $-3 + 2t$，则 $ BQ' = (-3 + 2t) - (-6) = 3 + 2t $。
点 $ M' $ 表示的数为 $-8 + t$，点 $ N' $ 表示的数为 $2 + 4t$，则 $ M'N' = (2 + 4t) - (-8 + t) = 10 + 3t $。
计算 $\frac{3}{5}M'N' + k \cdot BQ'$：
$\frac{3}{5}(10 + 3t) + k(3 + 2t) = \left(\frac{9}{5} + 2k\right)t + (6 + 3k)$
要使其为常数，需含 $ t $ 项系数为 0：
$\frac{9}{5} + 2k = 0 \implies k = -\frac{9}{10}$
答案：$-\frac{9}{10}$
3. (2025·镇江期末)根据所学知识,解答下面的问题:
(1)情境背景:在数轴上有 $ A,B $ 两点如图①所示,则 $ A,B $ 之间的距离是
5
.
(2)知识延伸:如图②,点 $ A,B,M,N $ 是数轴上的点,点 $ M $ 在点 $ N $ 的左侧,且 $ AB = 2MN $.当点 $ M $ 与点 $ B $ 重合时,点 $ N $ 对应的数为 $ 28 $;当点 $ N $ 与点 $ A $ 重合时,点 $ M $ 对应的数为 $ 4 $,请借助线段示意图求线段 $ MN $ 的长.
因为AB=2MN,点M与点B重合时，点N对应的数为28,所以BN=MN,即点B到28的距离即为MN的距离，当点N与点A重合时，点M对应的数为4,4到A的距离即为MN的距离，所以4到28的距离为MN+AB+MN=28−4,所以4MN=24,所以MN=6
(3)知识拓展:在(2)的条件下,点 $ M $ 从点 $ A $ 出发,线段 $ MN $ 以 $ 3 $ 个单位长度/秒的速度向右匀速运动,同时线段 $ AB $ 以 $ 1 $ 个单位长度/秒的速度也向右匀速运动.
①求经过多长时间线段 $ MN $ 完全离开线段 $ AB $;
设运动时间为ts,所以点M表示的数为10+3t,点N表示的数为10+3t+6=16+3t,点A表示的数为10+t,点B表示的数为22+t,当点M表示的数等于点B表示的数时，10+3t=22+t,解得t=6,所以经过6s后线段MN完全离开线段AB
②点 $ P $ 是线段 $ MN $ 上一点,当点 $ N $ 在 $ B $ 点左侧时,若关系式 $ BN - MP = 2AP $ 成立,求此时线段 $ PB $ 的长.
因为点N在B左侧,所以3t+16＜22+t,即t＜3,所以0≤t＜3时,MN在AB之间,设P表示的数为x,所以BN=22+t−(3t+16)=6−2t,MP=x−(10+3t),AP=x−(10+t).因为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)因为AB=2MN,点M与点B重合时，点N对应的数为28,所以BN=MN,即点B到28的距离即为MN的距离，当点N与点A重合时，点M对应的数为4,4到A的距离即为MN的距离，所以4到28的距离为MN+AB+MN=28−4,所以4MN=24,所以MN=6;
(3)因为点M与点B重合时，点N对应的数为28,当点N与点A重合时，点M对应的数为4,所以运动前，点A所表示的数是4 + 6 = 10,点B所表示的数是28 - 6 = 22.
①设运动时间为ts,所以点M表示的数为10+3t,点N表示的数为10+3t+6=16+3t,点A表示的数为10+t,点B表示的数为22+t,当点M表示的数等于点B表示的数时，10+3t=22+t,解得t=6,所以经过6s后线段MN完全离开线段AB.
②因为点N在B左侧,所以3t+16＜22+t,即t＜3,所以0≤t＜3时,MN在AB之间,设P表示的数为x,所以BN=22+t−(3t+16)=6−2t,MP=x−(10+3t),AP=x−(10+t).因为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. 如图①,已知数轴上从左向右依次有四点 $ A,B,C,D $,其中点 $ B,C $ 对应的数分别为 $ 8,20 $,且满足 $ AB = CD = \frac{3}{4}BC $.
(1)点 $ A,D $ 对应的数分别是
−1
,
29
.
(2)若一小球甲在数轴上从点 $ A $ 处以 $ 4 $ 个单位长度/秒的速度向右运动,同时另一小球乙从点 $ D $ 处以 $ 9 $ 个单位长度/秒的速度向左运动,设运动的时间为 $ t \text{ s} $.
①当 $ t = $
2或$\frac{34}{13}$
时,两球之间的距离为 $ 4 $ 个单位长度.
②如图②,若甲、乙两小球开始运动时,立即在点 $ E $ 和点 $ B $ 处各放一块挡板,其中 $ AE = 2BE $,当球在碰到挡板后(忽略球的大小,可看作一点)以原来的速度向相反的方向运动,回到出发点 $ A,D $ 停止.问:$ t $ 为何值时,甲、乙两小球之间的距离为 $ 17 $ 个单位长度?
$ t $为1或$\frac{29}{9}$时，甲、乙两小球之间的距离为17个单位长度.
③在②的条件下,将线段 $ AB,DC $ 分别绕点 $ B $、点 $ C $ 竖直向上折起,连接 $ AD $,围成如图③的长方形 $ ABCD $,点 $ P $ 从点 $ C $ 出发,以 $ 3 $ 个单位长度/秒的速度沿点 $ C - D - A - E $ 匀速运动,最终到达点 $ E $.设点 $ P $ 运动时间为 $ t \text{ s} $,问:$ t $ 为何值时,$ \triangle PCE $ 的面积为 $ 18 $? 请直接写出 $ t $ 的值.
$ t $的值为1或8.
答案：(1)−1 29 解析:因为点B,C对应的数分别为8,20,所以BC=20−8=12.因为AB=CD=$\frac{3}{4}$BC,所以AB=CD=9,所以点A表示的数为8−9=−1,点D表示的数为20+9=29.
(2)①2或$\frac{34}{13}$解析:由题意可知，甲球表示的数为−1+4t;乙球表示的数为29−9t.因为两球之间的距离为4个单位长度，所以|29−9t−(−1+4t)|=4,解得t=2或t=$\frac{34}{13}$.
②因为AE=2BE,AB=9,所以AE=6,BE=3,所以点E表示的数为5,点B表示的数为8,所以BD=21,甲球到达点E的时间为6÷4=$\frac{3}{2}$(s),乙球到达点B的时间为21÷9=$\frac{7}{3}$(s).
当甲没有到达点E,乙没有到达点B时,即0＜t＜$\frac{3}{2}$或t = 0时,甲球表示的数为−1+4t,乙球表示的数为29−9t.因为甲、乙两小球之间的距离为17个单位长度,所以29−9t+1−4t=17,解得t=1;
当甲球到达点E后开始返回,乙球没有到达点B时,即$\frac{3}{2}$＜t＜$\frac{7}{3}$或t = $\frac{3}{2}$时,甲球表示的数为5−(4t−6)=−4t+11,乙球表示的数为29−9t.因为甲、乙两小球之间的距离为17个单位长度,所以29−9t−(−4t+11)=17,解得t=$\frac{1}{5}$(舍去);
当甲球到达点E返回,但未到点A,乙到达点B返回时，即$\frac{7}{3}$＜t＜3或t = $\frac{7}{3}$时,甲球表示的数为5−(4t−6)=−4t+11,乙球表示的数为8+(9t−21)=9t−13,因为甲、乙两小球之间的距离为17个单位长度，所以9t−13+4t−11=17,解得t=$\frac{41}{13}$(舍去);
当甲球回到点A停止运动,乙球从点B返回点D时，即3＜t＜$\frac{14}{3}$或t = 3或t = $\frac{14}{3}$时，甲球表示的数为−1,乙球表示的数为8+(9t−21)=9t−13,所以9t−13+1=17,解得t=$\frac{29}{9}$.
综上,t为1或$\frac{29}{9}$时，甲、乙两小球之间的距离为17个单位长度.
③t的值为1或8. 解析:当点P在CD上时,即0＜t＜3或t = 0或t = 6.因为CP=3t,AD=BC=12,所以$\frac{1}{2}$PC·BC=18,即$\frac{1}{2}$×3t×12=18,解得t=1;
当点P在AD上时,即3＜t＜7或t = 3,PD=3t−9，AP=12−(3t−9)=21−3t.因为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,不符合题意;
当点P在AE上时,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.
综上,t的值为1或8时,△PCE的面积为18.
