2011中考冲刺数学专题6-综合型问题

2011中考冲刺数学专题6——综合型问题
【备考点睛】
综合型问题是在相对新颖的数学情境中综合运用数学思想、方法 、知识以解决问题，涉及的主要知识点有代数中的方程、函数、不等式，几何中的全等三角形、相似三角形、解直角三角形、四边形和圆；涉及的主要思想方法有转化思想、数形结合思想、分类讨论思想、方程思想、函数思想等；要求学生具有融会贯通迁移整合知识的能力、分析转化与归纳探索的能力、在新情境下解决新问题的创新能力．
学生做好以下两项工作，解决综合型问题的水平将有较大提高：①全面掌握初中数学的基础知识、方法、技能，熟练掌握重点、热点知识及重要的数学思想、方法，注重归纳整理形成整体，防止知识出现断链。②适度进行综合性训练并善于总结解题体会，对知识形成发散、迁移及应用能力，提高解题技能，体会数学思想与方法的运用，形成解题策略，如运用转化思想解决几何证明问题，运用方程思想解决几何计算问题，借助几何直观去分析、推理等．
【经典例题】
类型一、以几何图形为背景的综合题
例题1 （2010四川攀枝花）如图，在矩形ABCD中，AB=6,AD=2,点P是边BC上的动点（点P不与点B、C重合），过点P作直线PQ∥BD,交CD边于Q点，再把△PQC沿着动直线PQ对折，点C的对应点是R点。设CP=x, △PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为y。
（1）求∠CPQ的度数。
（2）当x取何值时，点R落在矩形ABCD的边AB上？
（3）当点R在矩形ABCD外部时，求y与x的函数关系式。并求此时函数值y的取值范围。
解答：（1）∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC 又AB=6,AD=2,∠C=90°
∴CD=6,BC=2 ∴tan∠CBD＝= ∴∠CBD=60°
∵PQ∥BD ∴∠CPQ=∠CBD=60°
（2）如题图（1）由轴对称的性质可知△RPQ≌△CPQ
∴∠RPQ=∠CPQ,RP=CP.由（1）知∠RPQ=∠CPQ=60° ∴∠RPB=60°,∴RP=2BP
∵CP=x ∴RP=x ,PB=2-x.
∴在△RPB中，有2（2-x）= x ∴x=
（3）当R点在矩形ABCD的外部时（如题图），﹤x﹤2
在Rt△PBF中，由（2）知PF=2BP=2（2-x）
∴RP=CP=x ∴ER=RF-PF=3x-4
在Rt△ERF中 ∵∠EFR=∠PFB=30° ∴ER=RF·tan30°=x-4
∴Ｓ△ERF=ER×FR=(x-4)( 3x-4)=-12x+8
又Ｓ△PQR=Ｓ△CPQ=x×x=
∵y=Ｓ△PQR-Ｓ△ERF ∴当﹤x﹤2时，
函数的解析式为y=-（-12x+8）
=-+12x-8 （﹤x﹤2）
∵y=-+12x-8 =-(x-2)+4
∴当﹤x﹤2时，y随x的增大而增大
∴函数值y的取值范围是﹤y﹤4
例题2 （2010 山东东营） 如图，在锐角三角形ABC中，，△ABC的面积为48，D，E分别是边AB，AC上的两个动点（D不与，重合），且保持DE∥BC，以DE为边，在点的异侧作正方形DEFG.
当正方形DEFG的边GF在BC上时，求正方形DEFG的边长；
（2）设DE = x，△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积为，试求关于的函数关系式，写出x的取值范围，并求出y的最大值.
解答：（1）当正方形DEFG的边GF在BC上时，如图（1），
过点A作BC边上的高AM，交DE于N，垂足为M.
∵S△ABC=48，BC=12，∴AM=8.
∵DE∥BC，△ADE∽△ABC,
∴，
而AN=AM－MN=AM－DE，∴.
解之得.
∴当正方形DEFG的边GF在BC上时，正方形DEFG的边长为4.8.
（2）分两种情况：
①当正方形DEFG在△ABC的内部时，如图（2），△ABC
与正方形DEFG重叠部分的面积为正方形DEFG的面积，
∵DE=x，∴，此时x的范围是≤4.8
②当正方形DEFG的一部分在△ABC的外部时，
如图（2），设DG与BC交于点Q，EF与BC交于点P，
△ABC的高AM交DE于N，
∵DE=x，DE∥BC，∴△ADE∽△ABC,分
即，而AN=AM－MN=AM－EP,
∴，解得.
所以, 即.
由题意，x>4.8，x<12,所以.
因此△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积为
当≤4.8时，△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积的最大值为4.82=23.04
当时，因为，所以当时，
△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积的最大值为.
因为24>23.04，
所以△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积的最大值为24.
例题3 （2010 浙江义乌）如图1，已知∠ABC=90°，△ABE是等边三角形，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），连结AP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连结QE并延长交射线BC于点F.
（1）如图2，当BP=BA时，∠EBF=　 　°，猜想∠QFC= °；
（2）如图1，当点P为射线BC上任意一点时，猜想∠QFC的度数，并加以证明；
（3）已知线段AB=，设BP=，点Q到射线BC的距离为y，求y关于的函数关系式．
解答： （1） 30°
　　 = 60
不妨设BP＞, 如图1所示
∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP
∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP
∴∠BAP=∠EAQ
在△ABP和△AEQ中 AB=AE，∠BAP=∠EAQ， AP=AQ
∴△ABP≌△AEQ
∴∠AEQ=∠ABP=90°
∴∠BEF
∴=60°
　　　　 (3)在图1中，过点F作FG⊥BE于点G
　　　 ∵△ABE是等边三角形 　　∴BE=AB=，由（1）得30°
在Rt△BGF中， ∴BF=
∴EF=2 　　　 ∵△ABP≌△AEQ
∴QE=BP= ∴QF=QE＋EF
　　　过点Q作QH⊥BC，垂足为H
在Rt△QHF中，（x＞0）
即y关于x的函数关系式是：
例题4 （2010 重庆）已知：如图（1），在直角坐标系xOy中，边长为2的等边△的顶点在第一象限，顶点在轴的正半轴上. 另一等腰△的顶点在第四象限，，．现有两动点，分别从，两点同时出发，点以每秒1个单位的速度沿向点运动，点以每秒3个单位的速度沿运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止．
（1）求在运动过程中形成的△的面积与运动的时 间之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（2）在等边△的边上（点除外）存在点，使得△为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标；
（3）如图(2)，现有，其两边分别与， 交于点，，连接．将绕着 点旋转（旋转角），使得，始终在边和边上．试判断在这一过程中，△的周长是否发生变化？若没变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由．
解答：（1）过点作于点．（如图①）
∵，，
∴．
∵，， ∴．
在Rt中，．
（ⅰ）当时，,,；
过点作于点．（如图①）
在Rt中，∵，∴，
∴．
即 ．
（ⅱ）当时，（如图②）
，．
∵，，∴．
∴．
即．
故当时，，当时，．
（2）或或或．
（3）的周长不发生变化．
延长至点，使，连结．（如图③）
∵，
∴≌．
∴，．
∴．
∴．
又∵．
∴≌．∴．
∴．
∴的周长不变，其周长为4．
类型二、以函数图像为背景的综合题
例题5 （2010甘肃兰州） 如图1，已知矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3；抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E（4,0）
（1）当x取何值时，该抛物线的最大值是多少？
（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动.设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）.
① 当时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；
② 以P、N、C、D为顶点的多边形面积是否可能为5，若有可能，求出此时N点的坐标；若无可能，请说明理由．
图1 图2
解答： （1）因抛物线经过坐标原点O（0,0）和点E（4,0）
故可得c=0,b=4
所以抛物线的解析式为
由
得当x=2时，该抛物线的最大值是4.
（2）① 点P不在直线ME上.
已知M点的坐标为(2,4)，E点的坐标为(4,0)，
设直线ME的关系式为y=kx+b.
于是得 ，解得
所以直线ME的关系式为y=-2x+8.
由已知条件易得，当时，OA=AP=，
∵ P点的坐标不满足直线ME的关系式y=-2x+8.
∴ 当时，点P不在直线ME上.
②以P、N、C、D为顶点的多边形面积可能为5
∵ 点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上，
∴ OA=AP=t.
∴ 点P，N的坐标分别为(t,t)、(t,-t 2+4t)
∴ AN=-t 2+4t (0≤t≤3) ,
∴ AN-AP=(-t 2+4 t)- t=-t 2+3 t=t(3-t)≥0 , ∴ PN=-t 2+3 t
（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为AD，∴ S=DC·AD=×3×2=3.
（ⅱ）当PN≠0时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是四边形
∵ PN∥CD，AD⊥CD，
∴ S= (CD+PN)·AD=[3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3
当-t 2+3 t+3=5时，解得t=1、2
而1、2都在0≤t≤3范围内，故以P、N、C、D为顶点的多边形面积为5
综上所述，当t=1、2时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积为5，
当t=1时，此时N点的坐标（1,3）
当t=2时，此时N点的坐标（2,4）
说明：（ⅱ）中的关系式，当t=0和t=3时也适合.
例题6 （2010山东济宁）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（，）的抛物线交轴于点，交轴于，两点（点在点的左侧）. 已知点坐标为（，）.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）过点作线段的垂线交抛物线于点， 如果以点为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴与⊙有怎样的位置关系，并给出证明；
（3）已知点是抛物线上的一个动点，且位于，两点之间，问：当点运动到什么位置时，的面积最大？并求出此时点的坐标和的最大面积.
解答：
（1）设抛物线为.
∵抛物线经过点（0，3），
∴
.∴.
∴抛物线为.
(2) 答：与⊙相交.
证明：当时，，.
∴为（2，0），为（6，0）.∴.
设⊙与相切于点，连接，则.
∵，∴.
又∵，∴.∴∽.
∴.∴.∴.
∵抛物线的对称轴为，∴点到的距离为2.
∴抛物线的对称轴与⊙相交.
(3) 解：如图，过点作平行于轴的直线交于点.
可求出的解析式为.分
设点的坐标为（，），则点的坐标为（，）.
∴.
∵,
∴当时，的面积最大为.
此时，点的坐标为（3，）.
例题7 （2010 四川成都）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，点的坐标为，若将经过两点的直线沿轴向下平移3个单位后恰好经过原点，且抛物线的对称轴是直线．
（1）求直线及抛物线的函数表达式；
（2）如果P是线段上一点，设、的面积分别为、，且，求点P的坐标；
（3）设⊙Q的半径为l，圆心在抛物线上运动，则在运动过程中是否存在⊙Q与坐标轴相切的情况？若存在，求出圆心的坐标；若不存在，请说明理由．并探究：若设⊙Q的半径为，圆心在抛物线上运动，则当取何值时，⊙Q与两坐轴同时相切？
解答：（1）∵沿轴向下平移3个单位后恰好经过原点，
∴，。
将 代入，得。解得。
∴直线AC的函数表达式为。
∵抛物线的对称轴是直线
∴解得
∴抛物线的函数表达式为。
（2）如图，过点B作BD⊥AC于点D。
∵，
∴
∴。
过点P作PE⊥x轴于点E，
∵PE∥CO，∴△APE∽△ACO，
∴，
∴
∴，解得
∴点P的坐标为
（3）（Ⅰ）假设⊙Q在运动过程中，存在与坐标轴相切的情况。
设点Q的坐标为。
当⊙Q与y轴相切时，有，即。
当时，得，∴
当时，得，∴
当⊙Q与x轴相切时，有，即
当时，得，即，解得，∴
当时，得，即，解得，∴，。
综上所述，存在符合条件的⊙Q，其圆心Q的坐标分别为，，，，。
（Ⅱ）设点Q的坐标为。
当⊙Q与两坐标轴同时相切时，有。
由，得，即，
∵△=
∴此方程无解。
由，得，即，
解得
∴当⊙Q的半径时，⊙Q与两坐标轴同时相切。
例题8 （2010湖南常德）如图, 已知抛物线与轴交于A (－4，0) 和B(1，0)两点，与轴交于C点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）设E是线段AB上的动点，作EF//AC交BC于F，连接CE，当△CEF的面积是△BEF面积的2倍时，求E点的坐标;
（3）若P为抛物线上A、C两点间的一个动点，过P作轴的平行线，交AC于Q，当P点运动到什么位置时，线段PQ的值最大，并求此时P点的坐标．
解答：（1）由二次函数与轴交于、两点可得：
　　　　　　　解得：　
　　　　故所求二次函数的解析式为．
（2）∵S△CEF=2 S△BEF, ∴
∵EF//AC, ∴,
∴△BEF～△BAC,
∴得
故E点的坐标为(,0).
　　　（3）解法一：由抛物线与轴的交点为，则点的坐标为（0，－2）．若设直线的解析式为，则有　解得：
故直线的解析式为．
若设点的坐标为，又点是过点所作轴的平行线与直线的交点，则点的坐标为（．则有：
　　　　　　　＝
＝
即当时，线段取大值，此时点的坐标为（－2，－3）
解法二：延长交轴于点，则．要使线段最长，则只须△的面积取大值时即可.
设点坐标为（，则有:
　　　
　 ＝
　 ＝
＝
＝
＝ ＝－
即时，△的面积取大值，此时线段最长，则点坐标为（－2，－3）
【技巧提炼】
解数学综合题，一要树立必胜的信心，二要具备扎实的基础知识和熟练的基本技能，三要掌握常用的解题策略。现介绍几种常用的解题策略，供初三同学参考。
1、 以坐标系为桥梁，运用数形结合思想
纵观最近几年各地的中考压轴题，绝大部分都是与坐标系有关的，其特点是通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。
2、 以直线或抛物线知识为载体，运用函数与方程思想
直线与抛物线是初中数学中的两类重要函数，即一次函数与二次函数所表示的图形。因此，无论是求其解析式还是研究其性质，都离不开函数与方程的思想。例如函数解析式的确定，往往需要根据已知条件列方程或方程组并解之而得。
3、 利用条件或结论的多变性，运用分类讨论的思想
分类讨论思想可用来检测学生思维的准确性与严密性，常常通过条件的多变性或结论的不确定性来进行考察，有些问题，如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
4、 综合多个知识点，运用等价转换思想
任何一个数学问题的解决都离不开转换的思想，初中数学中的转换大体包括由已知向未知，由复杂向简单的转换，而作为中考压轴题，更注意不同知识之间的联系与转换，一道中考压轴题一般是融代数、几何、三角于一体的综合试题，转换的思路更要得到充分的应用。
【体验中考】
1．（2010 福建德化）已知：如图，点是正方形的对角线上的一个动点(、除外)，作于点，作于点，设正方形的边长为，矩形的周长为，在下列图象中，大致表示与之间的函数关系的是（ ）.
2．（2010 四川南充）如图，直线l1∥l2，⊙O与l1和l2分别相切于点A和点B．点M和点N分别是l1和l2上的动点，MN沿l1和l2平移．⊙O的半径为1，∠1＝60°．下列结论错误的是（　　）．
（A）
（B）若MN与⊙O相切，则
（C）若∠MON＝90°，则MN与⊙O相切
（D）l1和l2的距离为2
3．（2010湖北鄂州）如图所示，四边形OABC为正方形，边长为6，点A、C分别在x轴，y轴的正半轴上， 点Ｄ在OA上，且Ｄ点的坐标为（2，0），P是OB上的一个动点，试求PD+PA和的最小值是（ ）
A．　　　B．　　C．4　　　D．6
4．（2010湖北宜昌）如图,在圆心角为90°的扇形MNK中，动点P从点M出发，沿MNKM运动，最后回到点M的位置。设点P运动的路程为x，P与M两点之间的距离为y，其图象可能是（ ）。
5．（2010湖南怀化）图9是二次函数的图象，其顶点坐标为M(1,-4).
（1）求出图象与轴的交点A,B的坐标；
（2）在二次函数的图象上是否存在点P，使,若存在，求出P点的
坐标；若不存在，请说明理由；
（3）将二次函数的图象在轴下方的部分沿轴翻折，图象的其余部分保持不变，
得到一个新的图象，请你结合这个新的图象回答：当直线与此
图象有两个公共点时，的取值范围.
6．（2010湖北鄂州）如图，在直角坐标系中，A（-1，0），B（0，2），一动点P沿过B点且垂直于AB的射线BM运动，P点的运动速度为每秒1个单位长度，射线BM与x轴交与点C．
（1）求点C的坐标．
（2）求过点A、B、C三点的抛物线的解析式．
（3）若P点开始运动时，Q点也同时从C出发，以P点相同的速度沿x轴负方向向点A运动，t秒后，以P、Q、C为顶点的三角形为等腰三角形．（点P到点C时停止运动，点Q也同时停止运动）求t的值．
（4）在（2）（3）的条件下，当CQ=CP时，求直线OP与抛物线的交点坐标．
7．（2010湖北荆州）如图，直角梯形OABC的直角顶点O是坐标原点，边OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA∥BC，D是BC上一点，BD=OA=，AB=3，∠OAB=45°，E、F分别是线段OA、AB上的两动点，且始终保持∠DEF=45°．
（1）直接写出D点的坐标；
（2）设OE=x，AF=y，试确定y与x之间的函数关系；
（3）当△AEF是等腰三角形时，将△AEF沿EF折叠，得到△，求△与五边形OEFBC重叠部分的面积．
8．（2010湖北省咸宁）如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，，，．动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C-D-A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与线段CD的交点为E，与折线A-C-B的交点为Q．点M运动的时间为t（秒）．
（1）当时，求线段的长；
（2）当0＜t＜2时，如果以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，求t的值；
（3）当t＞2时，连接PQ交线段AC于点R．请探究是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由．
9．（2010江苏扬州）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，CD是斜边AB上的高，点E在斜边AB上，过点E作直线与△ABC的直角边相交于点F，设AE＝x，△AEF的面积为y．
（1）求线段AD的长；
（2）若EF⊥AB，当点E在线段AB上移动时，①求y与x的函数关系式（写出自变量x的取值范围）②当x取何值时，y有最大值？并求其最大值；
（3）若F在直角边AC上（点F与A、C两点均不重合），点E在斜边AB上移动，试问：是否存在直线EF将△ABC的周长和面积同时平分？若存在直线EF，求出x的值；若不存在直线EF，请说明理由．
答案
1．【答案】A
2．【答案】B
3．【答案】A
4．【答案】B
5．【答案】(1) 因为M(1,-4) 是二次函数的顶点坐标，
所以
令解之得.
∴A，B两点的坐标分别为A（-1，0），B（3,0）
(2) 在二次函数的图象上存在点P，使
设则，
又,
∴
∵二次函数的最小值为-4，∴.
当时，.
故P点坐标为（-2，5）或（4，5）
（3）如图1，当直线经过A点时，可得
当直线经过B点时，可得
由图可知符合题意的的取值范围为
6．【答案】
（1）点C的坐标是（4，0）；
（2）设过点A、B、C三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），将点A、B、C三点的坐标代入得：
解得，∴抛物线的解析式是：y= x2+x+2．
（3）设P、Q的运动时间为t秒，则BP=t，CQ=t．以P、Q、C为顶点的三角形为等腰三角形，可分三种情况讨论．
①若CQ=PC，如图所示，则PC= CQ=BP=t．∴有2t=BC=，∴t=．
②若PQ=QC，如图所示，过点Q作DQ⊥BC交CB于点D，则有CD=PD．由△ABC∽△QDC，可得出PD=CD=，∴，解得t=．
③若PQ=PC，如图所示，过点P作PE⊥AC交AC于点E，则EC=QE=PC，∴t=（-t），解得t=．
（4）当CQ=PC时，由（3）知t=，∴点P的坐标是（2，1），∴直线OP的解析式是：y=x，因而有x =x2+x+2，即x2-2x-4=0，解得x=1±，∴直线OP与抛物线的交点坐标为（1+，）和（1-，）．
7．【答案】（1）D点的坐标是.
（2）连结OD,如图（1），
由结论（1）知：D在∠COA的平分线上，则
∠DOE=∠COD=45°,又在梯形DOAB中，∠BAO=45°,∴OD=AB=3
由三角形外角定理得：∠1=∠DEA-45°,又∠2=∠DEA-45°
∴∠1=∠2, ∴△ODE∽△AEF
∴，即：
∴y与x的解析式为：
（3）当△AEF为等腰三角形时，存在EF=AF或EF=AE或AF=AE共3种情况.
当EF=AF时，如图（2）.
∠FAE=∠FEA=∠DEF=45°,
∴△AEF为等腰直角三角形.D在A’E上（A’E⊥OA）,
B在A’F上（A’F⊥EF）
∴△A’EF与五边形OEFBC重叠的面积为
四边形EFBD的面积.
∵
∴
∴
∴（也可用）
②当EF=AE时，如图（3），
此时△A’EF与五边形OEFBC重叠部分面积为△A’EF面积.
∠DEF=∠EFA=45°， DE∥AB ， 又DB∥EA
∴四边形DEAB是平行四边形
∴AE=DB=
∴
③当AF=AE时，如图（4），四边形AEA’F为菱形且△A’EF在五边形OEFBC内.
∴此时△A’EF与五边形OEFBC重叠部分面积为△A’EF面积.
由（2）知△ODE∽△AEF,则OD=OE=3
∴AE=AF=OA-OE=
过F作FH⊥AE于H,则
∴
综上所述，△A’EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为或1或
8．【答案】（1）过点C作于F，则四边形AFCD为矩形．
∴，．
此时，Rt△AQM∽Rt△ACF．
∴．
即，∴．
（2）∵为锐角，故有两种情况：
①当时，点P与点E重合．
此时，即，∴．
②当时，如备用图1，
此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴．
由（1）知，，
而，
∴． ∴．
综上所述，或．
（3）为定值．
当＞2时，如备用图2，
．
由（1）得，．
∴． ∴．
∴． ∴．
∴四边形AMQP为矩形． ∴∥．
∴△CRQ∽△CAB．
∴．
9．【答案】（1）∵AC=3，BC=4
∴AB=5
∵AC·BC=AB·CD，
∴CD=，AD=
（2）①当0＜x≤时
∵EF∥CD
∴△AEF∽△ADC
∴
即EF=x
∴y=·x·x=
当＜x≤5时
易得△BEF∽△BDC，同理可求EF=（5—x）
∴y=·x·（5—x）=≤
②当0＜x≤时，y随x的增大而增大.
y=≤,即当x=时，y最大值为
当＜x≤5时，
∵
∴当时，y的最大值为
∵＜
∴当时，y的最大值为
（3）假设存在
当0＜x≤5时，AF=6—x
∴0＜6—x＜3
∴3＜x＜6
∴3＜x≤5
作FG⊥AB与点G
由△AFG∽△ACD可得
∴，即FG=
∴x·=
∴=3，即2x2-12x+5=0
解之得x1=，x2=
∵3＜x1≤5
∴x1=符合题意
∵x2=＜3
∴x2不合题意，应舍去
∴存在这样的直线EF，此时，x=
B
A
D
E
F
G
C
M
N
B
A
D
E
F
G
C
M
B
A
D
E
F
G
C
N
P
Q
(0< x≤4.8)
图1
A
C
B
E
Q
F
P
图2
A
B
E
Q
P
F
C
图1
A
C
B
E
Q
F
P
x
y
0
A
x
y
0
D
x
y
0
B
y
x
0
C
P
D
A
B
C
C
E
F
l1
l2
A
B
M
N
O
1
A
B
C
D
（备用图1）
A
B
C
D
（备用图2）
Q
A
B
C
D
l
M
P
E
Q
A
B
C
D
l
M
P
E
F
A
B
C
D
（备用图1）
Q
P
E
l
M
A
B
C
D
（备用图2）
M
Q
R
F
P