山东省济宁市2013年中考数学真题试题解析版

山东省济宁市2013年中考数学真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 试题解析版 2013年山东省东市中考东卷;解析版,宁数学 　 一,东东东,本大东共10小东～每小东3分～共30分,在每小东东出的四东东中～只有一东符合东个目要求, 1,;2013东,一东东某次跳水的最高点跳台宁运离2m～东作+2m～东水面跳台离10m可以东作 ;　　, 　A,东10mB,东12mC,+10mD,+12m 考点,正和东,数数 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ,首先东东意～明“正”和“东”所 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的意东～再根据东意作答,清确 解答,解,跳水的最高点跳台离2m～东作+2m～ 东水面跳台离10m可以东作东10m, 故东A, 点东,此东主要考东了正东的意东～解东东东是理解“正”和“东”的相东性～明什东是一东具有数确 相反意东的量,在一东具有相反意东的量中～先东定其中一东正～东一就用东表示,　个另个 n东22,;2013东,如果整式宁x东5x+2是东于x的三次三东式～那东n等于;　　,　A,3B,4C,5D,6 考点,多东式, 东东,东算东, 分析,根据东意得到n东2=3～可求出即n的东, 解答,解,由东意得,n东2=3～ 解得,n=5, 故东C 点东,此东考东了多东式～熟东掌握多东式次的定东是解本东的东东,　数 3,;2013东,宁2013年家东政支出大幅向民生东斜～民生东域里流量最大的东东是育～东国将教 算支出到达23 000多东元,将23 000用科东东法表示东东;　　,学数 4654　A,2.3×10B,0.23×10C,2.3×10D,23×10考点,科东法表示东大的东,学数—数 n分析,科东东法的表示形式东学数a×10的形式～其中1?|a|,10～n东整,定数确n的东东～要 看把原东成数a东～小点移东了多少位～数n的东东东小点移东的位相同,原东东东,与数数当数1东～ n是正～原的东东东,数当数1东～n是东,数 4解答,解,23 000=2.3×10～ 故东A, n点东,此东考东科东法的表示方法,科东东法的表示形式东学数学数a×10的形式～其中1?|a|, 10～n东整～表示东东东要正定数确确a的东以及n的东,　 4,;2013东,已知宁ab=4～若东2?b?东1～东a的取东范东是;　　,　A,a?东4B,a?东2C,东4?a?东1D,东4?a?东2考点,不等式的性东, 分析,根据已知件可以求得条b=～然后将b的东代入不等式东2?b?东1～通东解东不等式即可求得a的取东范东, 解答,解,由ab=4～得 b=～ ?东2?b?东1～ ?东2??东1～ ?东4?a?东2, 故东D, 点东,本东考东的是不等式的基本性东～不等式的基本性东,;1,不等式东加;或,同一两减个数号;或式子,～不等的方向不东, ;2,不等式东乘;或除以,同一正～不等的方向不东,两个数号 ;3,不等式东乘;或除以,同一东～不等东的方向改东,　两个数号 25,;2013东,二次函宁数y=ax+bx+c;a?0,的东象如东所示～东下列东东中正的是;确 　, 　A,a,0B,东当1,x,3东～y,0 　C,c,0D,当x?1东～y随x的增大而增大 考点,二次函东象系的东系,数与数 分析,由抛物东的东口方向判断a与0的东系～由抛物东与y东的交点判断c与0的东系～然后根 据东东及抛物东称与x东交点情东行推理～东而东所得东东东行判,况断 解答,解,A,抛物东的东口方向向下～东a,0,故本东东东东～B,根据东示知～抛物东的东东东称x=1～抛物东与x东的一交点的坐东是东横1～东抛物东与x东的一另交点的坐东是横3～ 所以东当1,x,3东～y,0,故本东东正～确 C,根据东示知～东抛物东与y东交正半东～东与c,0,故本东东东东～D,根据东示知～当x?1东～y随x的增大而小～故本东东东东,减 故东B, 2点东,本东考东了二次函东象系的东系,二次 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 与数数y=ax+bx+c系符由抛物东东口方向、数号东东、抛物东称与y东的交点抛物东与x东交点的定,　个数确 6,;2013东,下列东法正的是;　　,宁确 　A,中位就是一东据中最中东的一数数个数 　B,8～9～9～10～10～11东东据的是数众数9 　C,如果x～x～x～…～x的平均是数～那东;x东,+;x东,+…+;x东,=0123n12n　D,一东据的方差是东东据的差的平方数数极 考点,方差～算东平均～中位～～差,数数众数极 分析,根据中位以及和平均和差、方差的定东分东判得出可,数众数数极断即 解答,解,A,据是奇东～按大小排列后～中位就是一东据中最中东的一～当数数个数数个数 数个数数个两个数数据东偶东～按大小排列后～最中东的的平均是中位～故此东东东东～B,8～9～9～10～10～11东东据的是数众数9和10～故此东东东东～ ～x～x～…～x的平均是数～那东;x东,+;x东,+…+;x东C,如果x123n12n,=x+x+x+…+x东n=0～故此东东正～确123n D,一东据的方差差有东系～故此东东东东～数与极没 故东,C, 点东,此东主要考东了中位以及和平均和差、方差的定东～根据定东东出反例是解东东东数众数数极,　 7,;2013东,服店东某款服～一件服的东价东宁装售装装300元～若按东价的八折东～仍可东售利60元～东东款服每件的东价比东价多;　　,装 　A,60元B,80元C,120元D,180元 考点,一元一次方程的东用, 分析,东东款服的东价东装x元～就可以根据东意建立方程300×0.8东x=60～就可以求出东价～再 用东价去东价就可以求出东东,减 解答,解,东东款服的东价东装x元～由东意～得 300×0.8东x=60～ 解得,x=180, 300东180=120～ ?东款服每件的东价比东价多装120元, 故东C, 点东,本东东一道东东东,考东了列一元一次方程解东东东东的用～利东售运=价东东价的用～解答东售运根据东东东的量东系建立方程是东东,　售数 8,;2013东,如东～在直角坐东系中～点宁A、B的坐东分东东;1～4,和;3～0,～点C是y东 上的一东点～且个A、B、C三点不在同一直东上～?条当ABC的周东最小东～点C的坐东是; , 　A,;0～0,B,;0～1,C,;0～2,D,;0～3,考点,东东称-最短路东东东～坐东东形性东,与 分析,根据东东做最短路东得出称AE=BE～东而得出B′O=C′O～可得出?即ABC的周东最小东C点坐东, 解答,解,作B点东于y东东点称B′点～东接AB′～交y东于点C′～此东?ABC的周东最小～ ?点A、B的坐东分东东;1～4,和;3～0,～ ?B′点坐东东,;东3～0,～AE=4～ 东BE=4～即BE=AE～ ?C′O?AE～ ?B′O=C′O=3～ ?点C′的坐东是;0～3,～此东?ABC的周东最小,故东,D, 点东,此东主要考东了利用东东求最短路东以及平行东的性东～根据已知得出称C点位置是解东东东, 29,;2013东,如东～矩形宁ABCD的面东东20cm～东角东交于点O～以AB、AO东东东做平行四东 形AOCB～东角东交于点O～以AB、AO东东东做平行四东形AOCB～…～依此东推～东平行四东11112形AOCB的面东东;　　,45 2222　A,cmB,cmC,cmD,cm 考点,矩形的性东～平行四东形的性东, 东东,东律型, 分析,根据矩形的东角东互相平分～平行四东形的东角东互相平分可得下一东形的面东是上一个个东形的面东的～然后求解可,即 2解答,解,东矩形ABCD的面东东S=20cm～ ?O东矩形ABCD的东角东的交点～ ?平行四东形AOCB底东AB上的高等于BC的～1 ?平行四东形AOCB的面东=S～1 ?平行四东形AOCB的东角东交于点O～11 ?平行四东形AOCB的东AB上的高等于平行四东形AOCB底东AB上的高的～121?平行四东形AOCB的面东=×S=～12 …～ 2依此东推～平行四东形AOCB的面东===cm,45 故东B, 点东,本东考东了矩形的东角东互相平分～平行四东形的东角东互相平分的性东～得到下一东形的个面东是上一东形的面东的个是解东的东东,　 10,;2013东,如东～以等东三角形宁ABC的BC东东直半东～分东交径画AB、AC于点E、D～DF是东的切东～东点F作BC的垂东交BC于点G,若AF的东东2～东FG的东东;　　,　A,4B,C,6D, 考点,切东的性东～等东三角形的性东～含30度角的直角三角形～勾股定理～东周角定理,东东,东算东, 分析,东接OD～由DF东东的切东～利用切东的性东得到OD垂直于DF～根据三角形ABC东等东三角形～利用等东三角形的性东得到三东相等～三角相等～都东条内60?～由OD=OC～得到三角形OCD东等东三角形～东而得到OD平行与AB～由O东BC的中点～得到D东AC的中点～在直角三角形ADF中～利用30?所东的直角东等于斜东的一半求出AD的东～东而求出AC的东～即东AB的东～由AB东AF求出FB的东～在直角三角形FBG中～利用30?所东的直角东等于斜东的一半求出BG的东～再利用勾股定理可求出即FG的东, 解答,解,东接OD～ ?DF东东O的切东～ ?OD?DF～ ??ABC东等东三角形～ ?AB=BC=AC～?A=?B=?C=60?～ ?OD=OC～ ??OCD东等东三角形～ ?OD?AB～ 又O东BC的中点～ ?D东AC的中点～即OD东?ABC的中位东～ ?OD?AB～ ?DF?AB～ 在Rt?AFD中～?ADF=30?～AF=2～ ?AD=4～即AC=8～ ?FB=AB东AF=8东2=6～ 在Rt?BFG中～?BFG=30?～ ?BG=3～ 东根据勾股定理得,FG=3, 故东B 点东,此东考东了切东的性东～等东三角形的性东～含30?直角三角形的性东～勾股定理～熟东掌 握切东的性东是解本东的东东,　 二,空东;共填5小东～每小东3分～东分15分, 11,;2013东,如东～宁灯灯屏放映幻东～通东光源～把幻片上的东形放大到幕上～若光源到 幻片灯离的距东20cm～到屏离幕的距东60cm～且幻片灯中的东形的高度东6cm～东屏幕上东形的 高度东 cm, 考点,相似三角形的东用, 分析,根据东意可出东形～再根据相画似三角形的性东东东东成比例解答,解答,解,?DE?BC～ ??AED??ABC ?= 东屏幕上的小东高是x～东= 解得x=18cm,故答案东,18, 点东,本东考东相似三角形性东的东用,解东东东东是出相找似的三角形～然后根据东东东成比例列出方程～建立适当数学来决的模型解东东,　 12,;2013东,如东～?宁ABC和?A′B′C是两个完全重合的直角三角板～?B=30?～斜东东东10cm,三角板A′B′C东直角东点C东东东旋东～点当A′落在AB东上东～CA′旋东所构成的扇形的弧东东 cm, 考点,旋东的性东～弧东的东算, 分析,根据Rt?ABC中的30?角所东的直角东是斜东的一半、直角三角形斜东上的中东等于斜东的一半以及旋东的性东推知?AA′C是等东三角形～所以根据等东三角形的性东利用弧东公式来求CA′旋东所成的构扇形的弧东, 解答,解,?在Rt?ABC中～?B=30?～AB=10cm～ ?AC=AB=5cm, 根据旋东的性东知～A′C=AC～ ?A′C=AB=5cm～ ?点A′是斜东AB的中点～ ?AA′=AB=5cm～ ?AA′=A′C=AC～ ??A′CA=60?～ ?CA′旋东所成的构扇形的弧东东,=;cm,, 故答案是,, 点东,本东考东了弧东的东算、旋东的性东,解东的东点是推知点A′是斜东AB的中点～同东～东也是解东的东东,　 13,;2013东,宁概甲、乙、丙三人站成一排合影留念～东甲、乙二人相东的率是 ,考点,列表法东东东法,与状 分析,首先根据东意出东东～然后由东东求得所有等可画状状与况能的东果甲、乙二人相东的情～再利用概即率公式求解可求得答案, 解答,解,东东东得,画状 ?共有6东等可能的东果～甲、乙二人相东的有4东情～况 ?甲、乙二人相东的概率是,=, 故答案东,, 点东,本东考东的是用列表法或东东法求画状概画状率,列表法或东东东法可以不重东不东漏的列出所有可能的东果～列表法适合于两状两两步完成的事件～东东法适合步或步以上完成的事件,注意概率=所求情东情况数与况数之比,　 14,;2013东,三宁棱柱的三东东如东所示～?EFG中～ EF=8cm～EG=12cm～?EGF=30?～东AB的东东 cm, 考点,由三东东判断几体何, 分析,根据三东东的东东情可得出～?况EFGFG上的高东即AB的东～东而求出可,即解答,解,东点E作EQ?FG于点Q～ 由东意可得出,FQ=AB～ ?EG=12cm～?EGF=30?～ ?EQ=AB=×12=6;cm,, 故答案东,6, 点东,此东主要考东了由三东东解东东东东～根据已知得出决FQ=AB是解东东东,　15,;2013东,在宁国数学吴数学我明代家敬所著的《九章算东比东大全》中～有一道名东叫“宝装灯内灯灯几灯塔”～容东“东望巍巍塔七东～东点点倍加增～共三百八十一～东东东东东东,”;倍加增指塔从你的东东到底东,,东算出塔的东东有 东,灯 考点,一元一次方程的东用, 分析,根据东意～假东东东的东有灯x东～东第二东有2x东～依次第三东有4x东～第四东有8x东～第五东有16x东～第六东有32x东～第七东有64x东～东共381东～列出等式～解方程～可得解,即 解答,解,假东尖东的东有灯x东～由东意得,x+2x+4x+8x+16x+32x+64x=381～ 127x=381～ x=3;东,～ 答,塔的东东是3东,灯 故答案东,3, 点东,此东主要考东了一元一次方程的东用～东东是正理解东意～出东目中的等量东系～列出方确找 程,　 三,解答东,本大东共8小东～共55分, 20122013016,;2013东,东算,;宁2东,;2+,东2东;,,考点,二次根式的混合算～运数零指东, 分析,根据零指数数数运东、东东东、整指东、二次根式的混合算～分东东行东算～再把所得的东果合并即可, 201220130解答,解,;2东,;2+,东2东;,=[;2东,;2+2012,];2+,东东1 =2+东东1 =1, 点东,此东考东了二次根式的混合算～用到的知东点是运数数数零指东、东东东、整指东、二次根式的混合算～东东是熟东掌握有东知东和运公式,　 17,;2013东,以“宁来会学光东”东主东的公益活东越越受到社的东注,某校东培东生勤东东东的东东～随学并将机抽东了部分生;东度分东,东成、无所东、反东,～抽东东果东制成东1和东2;东东东不完整,,东根据东中提供的信息～解答下列东东,;1,此次抽东东东中～共抽东了多少名学生,;2,东将1东充完整～ ;3,根据抽东东东东果～东东东你估校3000名学学生中有多少名生持反东东度,考点,形东东东～用东本东东东～条估体扇形东东东, 分析,;1,根据东成是130人～占65%即数可求得东人～ ;2,利用东人数减另两数数从去外东的人～求得反东的人～而作出东东东～;3,利用3000乘以持反东东度的比例可,即 解答,解,;1,130?65%=200名～ ;2,200东130东50=20名～ ;3,3000×=300名, 点东,本东考东的是形东东东和条运懂从扇形东东东的东合用～东东东东～不同的东东东中得到必要的信息是解东东的东东,形东东东决条清个数体能楚地表示出每东目的据～扇形东东东直接反映部分占东的百分比大小,　 18,;2013东,东东东及其宁属国附东东是中固有东土;如东1,～A、B、C分东是东东东、南小东、黄尾东上的点;如东2,～点C在点A的北偏东47?方向～点B在点A的南偏东79?方向～且A、B两离点的距东东5.5km～同东～点B在点C的南偏西36?方向,若一中东艘国船以30km/h的速度点从A东向点C捕东～需要多东东东到;东果达数两参数保留小点后位,,;考据,sin54?0.81?～cos54?0.59?～tan47?1.07?～tan36?0.73?～tan11?0.19?,考点,解直角三角形的东用-方向角东东, 分析,东点B作BD?AC交AC于点D～根据方向角分东求出?DAB和?DCB的度～然后数在Rt?ABD和Rt?BCD中～分东解直角三角形求出AD、CD的东度～然后根据东东=路程?速度可求出即需要的东东, 解答,解,东点B作BD?AC交AC于点D～ 由东意得～?DAB=180?东47?东79?=54?～ ?DCB=47?东36?=11?～ 在Rt?ABD中～ ?AB=5.5～?DAB=54?～ =cos54?～=sin54?～ ?AD=5.5×0.59=3.245～BD=4.445～ 在Rt?BCD中～ ?BD=4.445～?DCB=11?～ ?=tan11?～ ?CD==23.394～ ?AC=AD+CD=3.245+23.39426.64?;km,～ 东东东t=26.64?300.90?;h,, 答,需要0.90h到,达 点东,本东考东了解直角三角形的东用～东度适中～解答本东的东东是构并造直角三角形解直角三角形～　 19,;2013东,宁教教人版科东东分式方程东根的东东如下,“解分式方程东～去分母后所得整式方程的解有可能使原分式方程中的分母东0～因此东如下东东,整式方程的解代入最东将公分母～如果最东公分母的东不东0～东整式方程的解是原分式方程的解～否东～东解不是原分式个方程的解,” 东根据东东你决段东的理解～解下面东东,已知东于x的方程东=0无解～方程2x+kx+6=0的一根是个m, ;1,求m和k的东～ 2;2,求方程x+kx+6=0的一根,另个 考点,解分式方程～根系的东系,与数 东东,东东型, 分析,;1,分式方程去分母东化东整式方程～由分式方程无解～故将x=1代入整式方程～即可求出m的东～将m的东代入已知方程可求出即k的东～ ;2,利用根系的东系可求出方程的一根,与数即另 解答,解,;1,分式方程去分母得,m东1东x=0～ 由东意将x=1代入得,m东1东1=0～即m=2～ 将m=2代入方程得,4+2k+6=0～即k=东5～ ;2,东方程一根东另a～东有2a=6～即a=3, 点东,此东考东了解分式方程～以及根系的东系～解分式方程的基本与数思想是“东化思想”～把分式方程东化东整式方程求解,解分式方程一定注意要东根,　 20,;2013东,如东宁1～在正方形ABCD中～E、F分东是东AD、DC上的点～且AF?BE,;1,求东,AF=BE～ ;2,如东2～在正方形ABCD中～M、N、P、Q分东是东AB、BC、CD、DA上的点～且MP?NQ,MP与NQ是否相等,并东明理由, 考点,正方形的性东～全等三角形的判定性东,与 东东,东明东, 分析,;1,根据正方形的性东可得AB=AD～?BAE=?D=90?～再根据同角的余角相等求出?ABE=?DAF～然后利用“角东角”东明?ABE和?DAF全等～再根据全等三角形的东明可～即 ;2,东点A作AF?MP交CD于F～东点B作BE?NQ交AD于E～然后;与1,相同,解答,;1,东明,在正方形ABCD中～AB=AD～?BAE=?D=90?～??DAF+?BAF=90?～ ?AF?BE～ ??ABE+?BAF=90?～ ??ABE=?DAF～ ?在?ABE和?DAF中～ ～ ??ABE?DAF?;ASA,～ ?AF=BE～ ;2,解,MP与NQ相等, 理由如下,如东～东点A作AF?MP交CD于F～东点B作BE?NQ交AD于E～东;与1,的情况完全相同, 点东,本东考东了正方形的性东～全等三角形的判定性东～主要利用了正方形的四东都相等与条～每一角都是直角的性东～同角的个余角相等的性东～利用三角形全等东明相等的东是常用的方法之一～要熟东掌握并灵运活用,　 21,;2013东,东东宁 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 ,若a～b都是非东东～东数a+b?,且东当当a=b东～“=”成立, 2东明,?;,?0～?a东+b?0, ?a+b?,且东当当a=b东～“=”成立, 东例东用,已知x,0～求函数y=2x+的最小东, 解,y=2x+?=4,且东当当2x=～即x=1东～“=”成立,当x=1东～函取得最小东～数y=4,最小 东东解,决汽东的东东东速是指汽东最省油的行东速度,某东汽东在每小东70,110公里之东行东东;含70公里和110公里,～每公里耗油;+,升,若东汽东以每小东x公里的速度匀速行东～1小东的耗油量东y升, ;1,求y东于x的函东系式;出数写自东量x的取东范东,～ ;2,求东汽东的东东东速及东东东速的百公里耗油量;东果保留小点后一位,,数 考点,反比例函的东用～一元一次不等式的东用,数 分析,;1,根据耗油东量=每公里的耗油量×行东的速度列出函东系式可～数即 ;2,东东东速就是耗油量最小的形式速度, 解答,解,;1,?汽东在每小东70,110公里之东行东东;含70公里和110公里,～每公里耗油;+,升, ?y=x×;+,=;70?x?110,～ ;2,根据材料得,当东有最小东～ 解得,x=90 ?东汽东的东东东速东90千米/小东～ 当x=90东百公里耗油量东100×;+,?11.1升～ 点东,本东考东了反比例函的东用～解东的东东是东东目数懂提供的材料,　 22,;2013东,如东宁1～在平面直角坐东系中～O东坐东原点～P是反比例函数y=;x,0,东象上任意一点～以P东东心～PO东半的东坐东东分东交于点径与A、B,;1,求东,东段AB东?P的直～径 ;2,求?AOB的面东～ ;3,如东2～Q是反比例函数y=;x,0,东象上于点异P的一点～以另Q东东心～QO东半径画与东东坐东东分东交于点C、D, 求东,DOOC=BOOA••, 考点,反比例函东合东,数 分析,;1,?AOB=90?～由东周角定理的推东～可以东明AB是?P的直～径;2,?将AOB的面东用含点P坐东的表式表示出～达来容易东算出东果～;3,东于反比例函上数另外一点Q～?Q与坐东东所形成的?COD的面东～依然不东～与?AOB的面东相等, 解答,;1,东明,??AOB=90?～且?AOB是?P中弦AB所东的东周角～?AB是?P的直,径 ;2,解,东点P坐东东;m～n,;m,0～n,0,～ ?点P是反比例函数y=;x,0,东象上一点～?mn=12,如答东～东点P作PM?x东于点M～PN?y东于点N～东OM=m～ON=n,由垂定理可知～点径M东OA中点～点N东OB中点～ ?OA=2OM=2m～OB=2ON=2n～ ?S=BOOA=•×2n×2m=2mn=2×12=24,?AOB ;3,东明,若点Q东反比例函数y=;x,0,东象上于点异P的一点～另参照;2,～同理可得,S=DOCO=24•～?COD 东有,S=S=24～即BOOA=•DOCO•～?COD?AOB ?DOOC=BOOA••, 点东,本东考东了反比例函的东象性东、东周角定理、垂定理等知东～东度不大,东东的数与径核心是考东反比例函系的数数几数数何意东,东本东而言～若反比例函系东k～东可以东明?P在坐东东上所截的东两条段的乘东等于4k～东于另外一点Q所形成的?Q～此东东依然成立,　 23,;2013东,如东～直东宁y=东x+4坐东东分东交于点与A、B～直东与y=x交于点C,在东段OA上～东点Q以每秒1东位东度的个从速度点O出东向点A做匀运速东～同东东点P从点A出东向点O做匀运当速东～点P、Q其中一点停止运另运东东～一点也停止东,分东东点P、Q作x东的垂东～交直东AB、OC于点E、F～东接EF,若东东东东运t秒～在东东程中四东形运PEFQ东东矩形;点P、Q重合除外,, ;1,求点P运东的速度是多少, ;2,当t东多少秒东～矩形PEFQ东正方形, ;3,当t东多少秒东～矩形PEFQ的面东S最大,并求出最大东,考点,一次函东合东,数 分析,;1,根据直东y=东x+4坐东东分东交于点与A、B～得出A～B点的坐东～再利用EP?BO～得出==～据此可以求得点P的东运速度～ ;2,当PQ=PE东～以及当PQ=PE东～矩形PEFQ东正方形～分东求出可～即;3,根据;2,中所求得出s与t的函东系式～东而利用二次函性东求出可,数数即 解答,解,;1,?直东y=东x+4坐东东分东交于点与A、B～ ?x=0东～y=4～y=0东～x=8～ ?==～ 当t秒东～QO=FQ=t～东EP=t～ ?EP?BO～ ?==～ ?AP=2t～ ?东点Q以每秒1东位东度的个从速度点O出东向点A做匀运速东～?点P运东的速度是每秒2东位东度～个 ;2,如东1～当PQ=PE东～矩形PEFQ东正方形～ 东?OQ=FQ=t～PA=2t～ ?QP=8东t东2t=8东3t～ ?8东3t=t～ 解得,t=2～ 如东2～当PQ=PE东～矩形PEFQ东正方形～ ?OQ=t～PA=2t～ ?OP=8东2t～ ?QP=t东;8东2t,=3t东8～?t=3t东8～ 解得,t=4～ ;3,如东1～当Q在P点的左东东～?OQ=t～PA=2t～ ?QP=8东t东2t=8东3t～ 2=QPQ•F=;8东3t,•t=8t东3t～?S矩形PEFQ 当t=东=东～ S的最大东东,=4～矩形PEFQ 如东2～当Q在P点的右东东～ ?OQ=t～PA=2t～ ?QP=t东;8东2t,=3t东8～ 2?S=QPQ•E=;3t东8,•t=3t东8t～矩形PEFQ ?点当P、Q其中一点停止运另运东东～一点也停止东～ ?0?t?4～ 当t=东=东～S的最小～矩形PEFQ 2?t=4东～S的最大东东,3×4东8×4=16～矩形PEFQ 东上所述～当t=4东～S的最大东东,16,矩形PEFQ 点东,此东主要考东了二次函一次函的东合东用～得出数与数P～Q不同的位置东行分东东东得出是 解东东东,