（?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A （2ara?兰州一模）已知点P为y轴上6动点，点M为x轴上6动点，点F（r，a）为定点，且满足PN+r2NM=a，PM?PF=a

（?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A （2ara?兰州一模）已知点P为y轴上6动点，点M为x轴上6动点，点F（r，a）为定点，且满足PN+r2NM=a，PM?PF=a相关内容，小编在这里做了整理，希望能对大家有所帮助，关于（?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A （2ara?兰州一模）已知点P为y轴上6动点，点M为x轴上6动点，点F（r，a）为定点，且满足PN+r2NM=a，PM?PF=a信息，一起来了解一下吧！

本文目录一览：

• 1、（2014?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一
• 2、（2014?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A
• 3、（2ara?兰州一模）已知点P为y轴上6动点，点M为x轴上6动点，点F（r，a）为定点，且满足PN+r2NM=a，PM?PF=a

（2014?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一

（1）以木块与木板组成的系统为研究对象，从木块开始运动到两者速度相同的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得：mv ₀ =（M+m）v ₁ ，解得v ₁ =1m/s．
（2）木板与墙壁碰后返回，木块压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，木块与木板速度相等，在此过程中 两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：Mv ₁ -mv ₁ =（M+m）v ₂ ，解得：v ₂ =0.5m/s；
当弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律可得：

1

2

mv ₀ ² =

1

2

（M+m）v ₂ ² +E _Pm +Q，
当木块到达木板最左端时两者速度相等，在此过程中，系统动量守恒，
由动量守恒定律可得：Mv ₁ -mv ₁ =（M+m）v ₃ ，解得：v ₃ =0.5m/s；
从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中，
由能量守恒定律可得：

1

2

mv ₀ ² =

1

2

（M+m）v ₃ ² +2Q，
解得：Q=3.75J，E _Pm =3.75J；
答：（1）木板与墙壁相碰时的速度v ₁ =1m/s．
（2）整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E _pm =3.75J．

（2014?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A

（1）证明：∵等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A ₁ BC ₁ ，
∴AB=BC ₁ =A ₁ B=BC，∠ABE=∠C ₁ BF，∠A=∠C ₁ =∠A ₁ =∠C，
在△ABE和△C ₁ BF中，

∠A＝∠ C 1 AB＝B C 1 ∠EBA＝∠FB C 1

，
∴△ABE≌△C ₁ BF（ASA）；

（2）证明：∵△ABE≌△C ₁ BF，
∴EB=BF．
又∵A ₁ B=CB，
∴A ₁ B-EB=CB-BF，
∴EA ₁ =FC；

（3）答：四边形ABC ₁ D是菱形．
证明：∵∠A ₁ =∠C=30°，∠ABA ₁ =∠CBC ₁ =30°，
∠A ₁ =∠C=∠ABA ₁ =∠CBC ₁ ．
∴AB∥C ₁ D，AD∥BC ₁ ，
∴四边形ABC ₁ D是平行四边形
∵AB=BC ₁ ，
∴四边形ABC ₁ D是菱形．

（2ara?兰州一模）已知点P为y轴上6动点，点M为x轴上6动点，点F（r，a）为定点，且满足PN+r2NM=a，PM?PF=a

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（Ⅰ）设N（x，y），则由

左N

+

3

2

NM

=

0

，得左为MN的中点．
∴ 左(0，

y

2

)，M(-x，0) ．
∴

左M

=(-x，-

y

2

) ，

左F

=(3，-

y

2

) ．
∴

左M

?

左F

=-x+

y 2

4

，即y ² =4x．
∴动点N的轨迹E的方程y ² =4x．
（Ⅱ）设直线c的方程为y=k（x-3），由

y=k(x-3) y 2 =4x

，消去x得 y 2 -

4

k

y-4=0 ．
设A（x ₃ ，y ₃ ），B（x ₂ ，y ₂ ），则 y 3 + y 2 =

4

k

， y 3 y 爱好网

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