中考复习资料初中数学填空题精选.docx
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中考复习资料初中数学填空题精选
初中数学填空题精选
（二）
777．在直角坐标系中，已知点A（－1，0），点B（9，0），以AB为直径作⊙M，交y轴负半轴于点C，一条抛物线经过A、B、C三点．连接AC、BC，作∠ACB的外角平分线CD交⊙M于点D，连接BD．点P是抛物线上一点，满足∠PDB＝∠CBD，则点P的坐标为_______________________．
y
778．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，延长CA至D，以AD为直径作⊙O，连接BD与⊙O交于点E，连接CE，CE的延长线交⊙O于另一点F，那么的值等于____________．
F
779．如图，一束光线从点O射出，照在经过A（1，0）、B（0，1）的镜面上的点C，经AB反射后，又照到竖立在y轴位置的镜面上的D点，最后经y轴再反射的光线恰好经过点A，则点C的坐标为____________．
D
y
780．已知直线y＝x－6分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．以C为顶点的抛物线y＝（x＋m）2＋n与直线AB的另一交点为D．设△OCD的OC边上的高为h，则当t＝___________秒时，h的值最大．
781．已知在平面直角坐标系中，点A（8，4），点B（0，4），线段CD的长为3，点C与原点O重合，点D在x轴正半轴上．线段CD沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，过点D作x轴的垂线交线段AB于点E，交OA于点G，连接CE交OA于点F，设运动时间为t（秒）．当E点与A点重合时停止运动．
（1）当t＝___________秒时，△CDF为直角三角形；
（2）当t＝___________________秒时，△CDF为等腰三角形；
（3）当t＝___________秒时，△CDF的外接圆与OA相切．
F
（C）
782．如图，四边形OABC是梯形，O是坐标原点，A（0，2），B（4，2），点C是x轴正半轴上一动点，M是线段BC中点．
（1）如果以AO为直径的⊙D和以BC为直径的⊙M外切，则点C的坐标为______________；
y
（2）连接OB交线段AM于N，如果以A、N、B为顶点的三角形与△OMC相似，则直线CN的解析式为____________________________________．
783．如图，正方形ABCD的边长为10，内部有6个大小相同的小正方形，小正方形的顶点E、F、G、H分别落在边AD、AB、BC、CD上，则小正方形的边长为_____________．
F
784．已知关于x的方程x2－（4m＋1）x＋3m2＋m＝0的一个根大于2，另一个根小于7．
（1）m的取值范围是________________；
（2）抛物线y＝x2－（4m＋1）x＋3m2＋m与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，当m取
（1）中符合题意的最小整数时，将此抛物线向上平移n个单位，使平移后得到的抛物线顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界），则n的取值范围是________________．
初中数学填空题答案及参考解答
（二）
777．（，）或（14，25）
解：
∵AB是⊙M的直径，∴∠OCA＋∠OCB＝90°
∵∠OCB＋∠OBC＝90°，∴∠OCA＝∠OBC
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB
F
∴＝，∴OC2＝OA·OB＝1×9＝9
∴OC＝3
∵点C在y轴负半轴上，∴C（0，－3）
设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x－9），把C（0，－3）代入，得：
－3＝a（0＋1）（0－9），解得a＝
∴抛物线的解析式为y＝（x＋1）（x－9），即y＝x2－x－3
由于∠PDB＝∠CBD
①当点P在点B下方时，则PD∥BC
∵AB是⊙M的直径，且A（－1，0），B（9，0）
∴∠ACB＝90°，OM＝4，∴M（4，0）
∵CD是∠ACB的外角平分线，∴∠BCD＝45°
连接MD，则∠BMD＝2∠BCD＝90°，MD＝AB＝5
∴D（4，－5）
由B（9，0），C（0，－3），得直线BC的解析式为y＝x－3
设直线PD的解析式为y＝x＋b，把D（4，－5）代入，求得b＝－
∴直线PD的解析式为y＝x－
解方程组得（舍去）
∴P1（，）
②当点P在点B上方时，设直线PD交⊙M于点E，连接CE
则∠ECB＝∠PDB
又∵∠PDB＝∠CBD，∴∠ECB＝∠CBD，∴EC∥BD
设直线EC的解析式为y＝x＋b′，把C（0，－3）代入，求得b′＝－3
∴直线EC的解析式为y＝x－3
设E（m，m－3），作EF⊥AB于F，连接ME
则MF＝m－4，EF＝m－3，ME＝5
在Rt△MEF中，MF2＋EF2＝ME2
∴（m－4）2＋（m－3）2＝52，解得m1＝0（舍去），m2＝7
∴E（7，4），从而得直线ED的解析式为y＝3x－17
解方程组得（舍去）
∴P2（14，25）
778．
解：
连接AE、AF、DF
∵AD为直径，∴∠AFD＝90°，∠AED＝∠AEB＝∠ACB＝90°
∴A、C、B、E四点共圆，∴∠BEC＝∠BAC＝45°，∠ACF＝∠ABD
F
又∵∠AFC＝∠ADB，∴△AFC∽△ADB
∴＝
∵∠DAF＝∠DEF＝∠BEC＝45°，∴AD＝AF
∴＝＝
779．（，）
解：
作CE⊥x轴于E，CF⊥y轴于F
易求直线AB的解析式为y＝－x＋1
设点C的坐标为（a，1－a）
由光的反射定律可知，∠BCD＝∠ACO
又∵∠B＝∠OAC＝45°，∴△BCD∽△ACO
D
∴＝，即＝，∴BD＝
∴DF＝BD－BF＝BD－CF＝－a＝
OD＝OB－BD＝1－＝
由光的反射定律可知，∠CDF＝∠ADO
∴Rt△CDF∽Rt△ADO，∴＝
即＝＝，∵a≠0
∴3a＝1，a＝
∴点C的坐标为（，）
E
780．
解：
由题意得：
A（8，0），B（0，－6），C（t，t－6）
以C为顶点的抛物线解析式是y＝（x－t）2＋t－6
由（x－t）2＋t－6＝x－6，解得：
x1＝t，x2＝t＋
过点D作DE⊥PC于点E，则△DEC∽△AOB
∴＝
在Rt△AOB中，由勾股定理得AB＝10
∵AO＝8，AB＝10，DE＝（t＋）－t＝
∴CD＝＝＝
又CD边上的高＝＝，∴S△OCD＝××＝
由于S△OCD为定值，要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短
当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为
∵∠COP＝∠ABO＝90°－∠BOC，∴Rt△PCO∽Rt△OAB
∴＝，∴OP＝＝＝
∴当t＝秒时，h的值最大
H
781．
（1）
（2）3或或（3）
解：
（1）在Rt△CDE中，CD＝3，DE＝4
∴CE＝＝5
作FH⊥CD于H
∵AB∥OD，∴△OCF∽△AEF
∴＝＝
F
又∵CF＋EF＝5，∴CF＝t
∵∠FCD＜90°，∠FDC＜90°
∴若△CDF为直角三角形，只能∠CFD＝90°
于是△CDF∽△CED，∴＝
即＝，∴t＝
（2）①由
（2）知CF＝t
（i）当CF＝CD时，则t＝3
K
（ii）当CF＝DF时，则CH＝CD
∵FH∥ED，∴CF＝CE＝，∴t＝
（iii）当DF＝CD时
作DK⊥CF于K，则CK＝CF＝t
∵CK＝CD·cos∠ECD，∴t＝3×，∴t＝
综上，当t＝3或或时，
为等腰三角形.
H
（3）作FH⊥CD于H，则△FCH∽△ECD
∴＝＝，即＝＝
∴CH＝t，FH＝t，OH＝t＋t＝t
若△CDF的外接圆与OA相切，则F点为切点
由切割线定理，得：
OF2＝OC·OD
∴（t）2＋（t）2＝t（t＋3），解得t＝
782．
（1）（，0）y＝3x－6或y＝－x＋
解：
（1）设点C的坐标为（x，0），⊙M的半径为r，⊙M与AB交于点E，连接CE、DM
则∠BEC＝90°，OC＝AE＝x，BE＝4－x，CE＝2
N
在Rt△BCE中，（4－x）2＋22＝（2r）2①
又DM＝1＋r＝②
由①、②解得x＝
∴点C的坐标为（，0）
（2）延长AM交x轴于点F
则△CMF≌△BMA，∴CF＝AB＝4，OF＝x＋4
∵AB∥OF，△ANB∽△FNO，∴＝＝
∴AN＝AF＝＝
F
∵DM⊥OA，AD＝OD，∴AM＝OM
∴∠DAM＝∠DOM，∴∠BAN＝∠MOC
①若＝，则△ABN∽△OMC
于是＝
整理得：
x2＋8x－20＝0，解得：
x1＝－10（舍去），x2＝2
∴C（2，0），F（6，0）
可得直线AF的解析式为y＝－x＋2，直线OB的解析式为y＝x
由解得∴N（，）
设直线CN的解析式为y＝kx＋b，则：
解得
∴直线CN的解析式为y＝3x－6
F
②若＝，则△ABN∽△OCM
于是＝
整理得：
x＋8＝2x，解得：
x＝8
∴C（8，0），F（12，0）
可得直线AF的解析式为y＝－x＋2，直线OB的解析式为y＝x
由解得∴N（3，）
设直线CN的解析式为y＝k′x＋b′，则：
解得
∴直线CN的解析式为y＝－x＋
I
783．
解：
作EI⊥BC于I，易知△DEH∽△IEG
∴＝，即＝，∴DE＝2
同理BG＝2
∴IG＝10－2－2＝6
∴EG＝＝＝2
∴小正方形的边长为
D
784．
（1）＜m＜7
（2）＜n＜
解：
（1）解方程x2－（4m＋1）x＋3m2＋m＝0，得x1＝3m＋1，x2＝m
由题意得或
解得：
＜m＜7
（2）由题意m＝1，抛物线的解析式为y＝x2－5x＋4
∴A（1，0），B（4，0），C（0，4）
易得直线BC的解析式为y＝－x＋4
将抛物线y＝x2－5x＋4向上平移n个单位后，抛物线的解析式为y＝x2－5x＋4＋n
即y＝（x－）2－＋n，抛物线顶点的坐标为（，n－）
设抛物线的对称轴与y轴交于点D
把x＝代入y＝－x＋4，得y＝，∴D（，）
∵平移后得到的抛物线顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界）
∴0＜n－＜，即＜n＜
M
785．
（1）
（2）或
解：
（1）设BD＝x，AE＝y
∵∠BDE＝∠A，∠B＝∠B，∴△BDE∽△BAC
∴＝，即＝，∴y＝5－x
∵点E在AB边上且不与点B重合
∴0≤y＜5，即0≤5－x＜5，0＜x≤
E
作AM⊥BC于M，设⊙D与AB边相切于点H，连接DH
则DH⊥AB，DH＝DC＝6－x
∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴BM＝3，AM＝4
∵sinB＝＝，∴＝，∴x＝
∴当⊙D与AB边相切时，BD的长为
（2）∵△BDE∽△BAC，AB＝AC，∴DE＝BD＝x
设⊙D、⊙E的半径分别为rD、rE，则rD＝6－x，rE＝5－x
若⊙D与⊙E外切，则DE＝rD＋rE
E
即x＝6－x＋5－x，解得x＝
若⊙D与⊙E内切，则DE＝rD－rE或DE＝rE－rD
即x＝6－x－5＋x，解得x＝
或x＝5－x－6＋x，解得x＝－（舍去）
∵＜，＜
∴当⊙D与⊙E相切时，BD的长为或
786．
（1）
（2）
解：
（1）设AP＝x，DE＝y
∵在Rt△ACD中，AC＝4，CD＝3，∴AD＝5
∵PE∥BC，∴＝
P
即＝，∴y＝5－x
如果以PE为半径的⊙E与以DB为半径的⊙D外切，则有
DE＝PE＋DB，即5－x＝x＋2，解得x＝
∴PC＝4－＝
∵PE∥BC，∴∠DPE＝∠PDC
在Rt△PCD中，tan∠PDC＝＝
∴tan∠DPE＝
（2）延长AD交BB′于F，则AF⊥BB′
F
∴∠ACD＝∠BFD＝90°
又∠ADC＝∠BDF，∴∠CAD＝∠FBD
∴△ACD∽△BFD，∴∠CAE＝∠CBB′，＝
即＝，∴BF＝，∴BB′＝
∵∠ACE＝∠BCB′，∠CAE＝∠CBB/，∴△ACE∽△BCB′
∴＝，即＝，∴AE＝
∵△APE∽△ACD，∴＝
即＝，∴AP＝
787．MB＝MD∠BMD＝180°－2α
解：
取AC中点G，CH中点N，连接BG、MG、MN、DN
则MG∥HC，MN∥AC，BG＝AC＝MN，MG＝HC＝DN
2
由题意，ACB＝∠DCH
∴∠AGB＝2∠ACB＝2∠DCH＝∠DNH
∵MG∥HC，MN∥AC，∴∠1＝∠ACH，∠2＝∠ACH
∴∠1＝∠2，∴∠MGB＝∠DNM
∴△MBG≌△DMN，∴MB＝MD，∠MBG＝∠DMN
∴∠BMD＝∠BMH＋∠HMN＋∠DNM
＝（∠BAM＋∠ABM）＋∠MAG＋∠MBG
＝（∠ABM＋∠MBG）＋（∠BAM＋∠MAG）
＝∠ABG＋∠BAG
＝180°－∠AGB
＝180°－2∠ACB
＝180°－2α
788．
解：
连接OD、OE、BD，作OH⊥AD于H
O
∵AB是⊙O的直径，∴∠CDB＝∠ADB＝90°
∵OA＝OB，EC＝EB，∴OE∥AC，且OE＝AC
∴∠CDF＝∠OEF，∠DCF＝∠EOF
又∵CF＝OF，∴△CDF≌△OEF
∴CD＝OE＝AC，∴CD＝AD
∴BA＝BC，∴∠A＝45°
∵OH⊥AD，∴OH＝AH＝DH
∴CH＝3OH，∴tan∠ACO＝＝
图1
789．
（1）b－a≤AG≤b＋a135°
（2）
解：
（1）当正方形EFGH绕点E旋转到图1所示位置时，AG最小
易求此时AG＝b－a
当正方形EFGH绕点E旋转到图2所示位置时，θ＝135°，AG最大
易求此时AG＝b＋a
∴b－a≤AG≤b＋a
（2）如图3，在正方形ABCD中，AB＝a
图2
∴AE＝a，BD＝a，∠AED＝90°
若四边形ABDH是平行四边形，则AH＝BD＝a，AH∥BD
∴∠EAH＝90°
图3
在Rt△AEH中，AE2＋AH2＝EH2
即（a）2＋（a）2＝b2，∴2b2＝5a2
∵a＞0，b＞0，∴＝
790．
H
解：
连接CD交EF于点O
∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10
∵D是AB的中点，∴CD＝AB＝5，∠1＝∠B
由折叠知，OC＝CD＝，CD⊥EF
∴∠COF＝90°，∴Rt△OCF∽Rt△CBA
得CF＝OC＝
∵∠COF＝90°，∴∠1＋∠2＝90°
∵∠1＝∠B，∠A＋∠B＝90°
∴∠2＝∠A，∴Rt△ECF∽Rt△BCA
得EF＝CF＝
由对称性知，四边形ECFD的内切圆的圆心I在折痕EF上
设⊙I的半径为r，⊙I与EC、CF分别相切于点G、H，连接IG、IH
则IH＝IG＝CH＝r，∴HF＝－r
易知Rt△IHF∽Rt△BCA，得IH＝HF
∴r＝（－r），解得r＝
∵∠ECF＝∠EDF＝90°，∴EF是四边形ECFD外接圆的直径
∴四边形ECFD的内切圆与外接圆半径之比为：
＝
F
791．t＞2
解：
延长BA交x轴于点F，则EF＝BF＝4＋t
∴E（6＋t，0）
∵D（4＋2t，0），点E在点D的左侧
∴4＋2t＞6＋t，∴t＞2
F
792．
解：
延长AE交BC于F，则△ADE≌△FCE
∴FC＝AD＝5，∴BF＝10－5＝5
在Rt△ABF中，由勾股定理得AF＝13
∴AE＝AF＝
793．－4≤a≤－2
（A）
解：
当A、D两点重合时，PO＝PD－OA＝5－3＝2，此时a＝－2
当
与
相交于点B时，连接PB
由勾股定理，得PO＝＝＝4，此时a＝－4
60°
故实数a的取值范围是－4≤a≤－2
794．
解：
设BG与EF相交于点O，则OB＝OG
∵△ABG为直角三角形，且∠A＝90°
∴O为△ABG外接圆的圆心
过O作OH⊥CD于H
当⊙O与直线CD相切时，则H为切点，OH为⊙O的半径，BG＝2OH
设AG＝x，则GD＝4－x，
O
易知OH为梯形GBCD的中位线
∴OH＝（GD＋BC）＝（4－x＋4）＝（8－x）
∴BG＝8－x
在Rt△ABG中，AB2＋AG2＝BG2
∴22＋x2＝（8－x）2，∴x＝
∴BG＝8－x＝，∴OB＝BG＝
易知△OBF∽△AGB，∴＝
∴OF＝·OB＝，∴EF＝2OF＝
795．
（1）
（2）
解：
方法一：
（1）设BF、DE相交于点G，易知四边形CEGF∽四边形ABGD
∴＝＝，∴S四边形CEGF＝S阴影
∵S阴影＝S正方形ABCD－S△BFC－S△DEC＋S四边形CEGF
∴S阴影＝1×1－×1×－×1×＋S阴影
∴S阴影＝
F
（2）＝＝，∴S四边形CEGF＝S阴影
∵S阴影＝S正方形ABCD－S△BFC－S△DEC＋S四边形CEGF
∴S阴影＝1×1－×1×－×1×＋S阴影
∴S阴影＝
方法二：
（1）设BF、DE相交于点G，连接CG
∵正方形ABCD，EC＝CB，CF＝CD
∴S△BGE＝S△CGE＝S△CGF＝S△DGF
∴S△BGE＝S△DEC＝×S正方形ABCD＝S正方形ABCD＝
∴S阴影＝S正方形ABCD－S△BGE－S△DEC＝1－－＝
（2）∵EC＝CB，CF＝CD
∴S△BFC＝S△DEC＝S正方形ABCD＝，S△CGE＝S△CGF＝S△BGE＝S△DGF
∵S△BGE＋S△CGE＋S△CGF＝S△BFC
∴S△BGE＋S△BGE＝，∴S△BGE＝
∴S阴影＝S正方形ABCD－S△BGE－S△DEC＝1－－＝
796．
解：
作点A关于BC的对称点A′，作A′F∥BC且A′F＝PQ＝3，连接EF交BC于点Q，作A′P∥FQ交BC于点P，则四边形AFQP为平行四边形，得PA＝PA′＝QF
又AE、PQ的长为定值，所以此时得到的点P、Q使四边形APQE的周长最小
G
作FG⊥BC于G，则△FQG∽△EQC，得QG＝2QC
∵BG＋QG＋QC＝BC，∴3＋2QC＋QC＝8
∴QC＝
797．4－8≤PD＜4
（E）
CF
解：
连接DB、PB，则PD≥DB－PB
当且仅当点P在线段DB上时取等号
而当点F在线段AD上且点E与点B重合时，PB最大
即等于AB
所以PD的最小值为DB－AB
PD＝－8＝4－8
又PF与AD不平行，所以PD＜BD＝＝4
故线段PD长的变化范围是4－8≤PD＜4
798．44（2n－1）
解：
由题意并结合图可得，S1＝（1＋3）×2＝4＝4（2×1－1）
S2＝（5＋7）×2＝12＝4（2×2－1）
S3＝（9＋11）×2＝20＝4（2×3－1）
…
∴Sn＝4（2n－1）
799．
（1）2＋2
（2）＋（3）3
解：
（1）设折叠后的圆弧所在圆心为O′，连接O′E、O′O、O′G、O′F，O′O、O′G分别交EF于M、N
则EF垂直平分O′O，∠1＝∠2，OF＝O′G＝6，O′G⊥OB
5
∴O′E＝OE＝4，O′N＝ON
∵∠AOB＝90°，∴O′G∥AO，∴∠3＝∠1
又∵∠3＝∠4，∴∠2＝∠4
∴O′N＝O′E＝4，∴ON＝4，NG＝2
∴∠5＝60°，四边形OEO′N是菱形
∴∠4＝60°，△O′EN是等边三角形
∴EM＝O′E＝2，O′M＝EM＝2
在Rt△O′MF中，MF＝＝＝2
∴EF＝EM＋MF＝2＋2
（2）若G是OB中点，则OG＝BG＝3
M
设OE＝x，则O′N＝ON＝x，NG＝6－x
在Rt△ONG中，OG2＋NG2＝ON2
∴32＋（6－x）2＝x2，解得x＝
即OE的长为
过E作EH⊥O′G与H，则GH＝OE＝
∴O′H＝O′G－GH＝6－＝，NH＝O′N－O′H＝－＝
（O′）
在Rt△O′EH中，EH＝＝3
在Rt△EHN中，EN＝＝
∴EM＝MN＝EN＝
由△O′MN∽O′GO，得O′M＝2MN＝
（G）
∴MF＝＝
∴EF＝EM＋MF＝＋
（3）①当G与O重合时，OE最小
此时O′O⊥OB且O′O＝OA＝6，∴O′与A重合
∴E是OA中点，OE＝OA＝3
②当E与A重合时，F、G均与B重合，OE最大
此时OE＝6
∴点E可移动的最大距离为3
证明如下：
将扇形AOB沿AB对折（即E与A重合，F、G均与B重合），连接O′A、O′B
则∠O′BA＝∠OBA＝45°，∴∠O′BO＝90°
∴OB与折叠后的圆弧相切
800．
（1）4－6
（2）15°≤θ≤45°
（F）
（E）
解：
（1）当F与C重合时（如图1），AE最大
此时B′C＝BC＝4，CD＝2
∴∠DB′C＝30°，B′D＝2
∴AB′＝4－2，∠AEB′＝30°
∴AE＝AB′＝4－6
当E与A重合时（如图2），AE最小，AE＝0
∴点E在边AB上可移动的最大距离为4－6
（2）当F与C重合时（如图1），θ最小
2θ＝∠DB′C＝30°，∴θ＝15°
当E与A重合时（如图2），θ最大，θ＝45°
∴θ的取值范围为15°≤θ≤45°
x
801．
（1）a≤x≤
（2）a≤h≤a
解：
（1）取AD的中点M，连接OM、BM
则OM＝AD＝a，MB＝a
当O、M、B三点共线时OB最大，即x最大，最大值为a
当点B落在x轴上时，A与O重合，x最小，最小值为a
x
∴a≤x≤
（2）作PE⊥x轴于E，设PE与PA的夹角为θ
则0°≤θ≤45°，∴≤cosθ≤1
h＝PE＝PA·cosθ＝a·cosθ
∴a≤h≤a
x
802．
（1）（0，）
（2）①2②8－③8－
解：
（1）设G到C方向的速度为v，则A到G方向的速度为2v
t＝＋＝（＋GC）
∵v是定值，要使t最小，只需＋GC最小
作CD⊥AB于D，交OA于G
由A（0，3），B（－3，0），知∠BAO＝30°
∴DG＝
∵D、G、C三点共线，∴＋GC最小
∵∠BCD＝∠BAO＝90°－∠ABC
∴∠BCD＝30°，∴OG＝OC＝
∴G（0，）
（2）①设M到B的速度为v，则A到M的速度为v
t＝＋＝（＋BM）
∵v是定值，要使t最小，只需＋BM最小
在AC下方作∠CAD＝45°，作BD⊥AD于D，交AC于M，BE⊥AC于E
E
则MD＝，且B、M、D三点共线，∴＋BM最小
此时∠AMD＝45°，∴∠BME＝45°
∵tanA＝＝，设BE＝3k，则AE＝4k
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB＝5k
∵AB＝10，∴5k＝10，k＝2，∴AE＝8，BE＝ME＝6
∴AM＝2
②设M到B的速度为v，则A到M的速度为3v
t＝＋＝（＋BM）
在AC下方作∠CAD，使sin∠CAD＝，作BD⊥AD于D，交AC于M，BE⊥AC于E
E
则MD＝，且B、M、D三点共线，∴＋BM最小
设MD＝k，则AM＝3k，AD＝2k
∴tan∠MAD＝＝＝＝，∴ME＝BE＝
∴AM＝8－
③设M到B的速度为v，则A到M的速度为nv
t＝＋＝（＋BM）
在AC下方作∠CAD，使sin∠CAD＝，作BD⊥AD于D，交AC于M，BE⊥AC于E
则MD＝，且B、M、D三点共线，∴＋BM最小
设MD＝k，则AM＝nk，AD＝k
∴tan∠MAD＝＝＝＝，∴ME＝BE＝
∴AM＝8－
803．（－9－，6）或（－，6）
解：
过Q作QH⊥OD于H，连接OQ，则QH＝OF＝OC
D
∴S△POQ＝PQ·OC＝OP·QH，∴PQ＝OP
设BP＝
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