《2025年综合应用创新题典中点七年级数学下册鲁教版五四制》

10. 一条笔直的路上依次有$M$，$P$，$N$三地，其中$M$，$N$两地相距1 000米. 甲、乙两机器人分别从$M$，$N$两地同时出发，去目的地$N$，$M$，匀速而行. 图中$OA$，$BC$分别表示甲、乙机器人离$M$地的距离$y$（米）与行走时间$x$（分钟）的函数关系图象.
（1）求$OA$所在直线的表达式.
（2）出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？
（3）甲机器人到$P$地后，再经过1分钟乙机器人也到$P$地，求$P$，$M$两地间的距离.

答案： 【解】 （1）由题图可知，设$OA$所在直线的表达式为$y = kx$，因为$A(5,1000)$，所以$1000 = 5k$，解得$k = 200$，所以$OA$所在直线的表达式为$y = 200x$。 （2）由题图可知甲机器人的速度为$1000\div5 = 200$（米/分钟），乙机器人的速度为$1000\div10 = 100$（米/分钟），所以$\frac{1000}{100 + 200}=\frac{10}{3}$（分钟），所以出发后甲机器人行走$\frac{10}{3}$分钟，与乙机器人相遇。 （3）设甲机器人行走$t$分钟时到达$P$地，则$P$地与$M$地间的距离为$200t$米，乙机器人$(t + 1)$分钟后到达$P$地，$P$地与$M$地间的距离为$[1000 - 100(t + 1)]$米，由$200t = 1000 - 100(t + 1)$，解得$t = 3$，所以$200t = 600$，所以$P$，$M$两地间的距离为600米。

11. [2024·深圳龙岗区期中 ] 如图，在平面直角坐标系中，点$A(2,m)$在直线$y = 2x - \frac{5}{2}$上，过点$A$的直线交$y$轴于点$B(0,3)$.
（1）求$m$的值和直线$AB$的表达式；
（2）若点$P(t,y_1)$在线段$AB$上，点$Q(t - 1,y_2)$在直线$y = 2x - \frac{5}{2}$上，求$y_1 - y_2$的最大值.

答案： 【解】 （1）把点$A(2,m)$的坐标代入$y = 2x-\frac{5}{2}$，得$m = \frac{3}{2}$，所以$A(2,\frac{3}{2})$。设直线$AB$的表达式为$y = kx + b$，把$A(2,\frac{3}{2})$，$B(0,3)$的坐标分别代入，得$\begin{cases}2k + b=\frac{3}{2}\\b = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -\frac{3}{4}\\b = 3\end{cases}$，所以直线$AB$的表达式为$y = -\frac{3}{4}x + 3$。 （2）因为点$P(t,y_1)$在线段$AB$上，所以$y_1 = -\frac{3}{4}t + 3(0\leq t\leq2)$。因为点$Q(t - 1,y_2)$在直线$y = 2x-\frac{5}{2}$上，所以$y_2 = 2(t - 1)-\frac{5}{2}=2t-\frac{9}{2}$。所以$y_1 - y_2 = -\frac{3}{4}t + 3-(2t-\frac{9}{2}) = -\frac{11}{4}t+\frac{15}{2}$。因为$-\frac{11}{4}＜0$，所以$y_1 - y_2$随$t$的增大而减小，所以当$t = 0$时，$y_1 - y_2$有最大值，最大值为$\frac{15}{2}$。

12. 如图，在平面直角坐标系$xOy$中，直线$l_1:y = 2x + 1$与$y$轴交于点$A$，直线$l_2$与$y$轴，$x$轴分别交于点$B$，点$C$，$l_1$与$l_2$交于点$D(1,m)$，连接$OD$，已知$OC$的长为4.
（1）求点$D$的坐标及直线$l_2$的表达式；
（2）求$\triangle AOD$的面积；
（3）若直线$l_2$上有一点$P$，使得$\triangle ADP$的面积等于$\triangle ADO$的面积，直接写出点$P$的坐标.

答案： 【解】 （1）因为点$D(1,m)$在直线$l_1:y = 2x + 1$上，所以$m = 2\times1 + 1 = 3$，所以点$D$的坐标为$(1,3)$。因为$OC$的长为4，所以$C(4,0)$。设直线$l_2$的表达式为$y = kx + b$，把$D(1,3)$，$C(4,0)$的坐标代入$y = kx + b$，得$\begin{cases}k + b = 3\\4k + b = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -1\\b = 4\end{cases}$，所以直线$l_2$的表达式为$y = -x + 4$。 （2）因为直线$l_1$的表达式为$y = 2x + 1$，所以点$A$的坐标为$(0,1)$，所以$OA = 1$，所以$S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}OA\cdot x_D=\frac{1}{2}\times1\times1=\frac{1}{2}$。 （3）点$P$的坐标为$(\frac{2}{3},\frac{10}{3})$或$(\frac{4}{3},\frac{8}{3})$。【点拨】由（1）知，直线$l_2$的表达式为$y = -x + 4$，所以点$B$的坐标为$(0,4)$。设点$P$的坐标为$(m,-m + 4)$，当$P$在射线$DB$上时，因为$S_{\triangle ADB}=\frac{1}{2}\times3\times1=\frac{3}{2}＞\frac{1}{2}$，所以点$P$在线段$DB$上。因为$S_{\triangle APD}=S_{\triangle ADB}-S_{\triangle ABP}$，所以$\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}AB\cdot x_P$，即$\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\times3m$，解得$m = \frac{2}{3}$，所以$P(\frac{2}{3},\frac{10}{3})$；当$P$在射线$DC$上时，过点$A$作$x$轴的平行线交$BC$于点$Q$，则$Q(3,1)$，所以$S_{\triangle ADQ}=\frac{1}{2}AQ\cdot(y_D - 1)=\frac{1}{2}\times3\times2 = 3$，所以易知点$P$在线段$DQ$上。因为$S_{\triangle APQ}=\frac{1}{2}AQ\cdot(y_P - 1)=\frac{1}{2}\times3(-m + 3)$，$S_{\triangle ADP}=S_{\triangle ADQ}-S_{\triangle APQ}$，所以$\frac{1}{2}=3-\frac{3}{2}(-m + 3)$，解得$m = \frac{4}{3}$，所以$P(\frac{4}{3},\frac{8}{3})$。综上所述，点$P$的坐标为$(\frac{2}{3},\frac{10}{3})$或$(\frac{4}{3},\frac{8}{3})$。