2023-2024学年安徽省六安外国语学校九年级（上）第三次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安外国语学校九年级（上）第三次月考数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若反比例函数y=kx的图象经过点(−1,−3)，则k的值为( )
A. 3B. −13C. 13D. −3
2.二次函数y=(x−1)2+2的最小值是
( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
3.若抛物线y=−7(x+4)2−1平移得到y=−7x2，则必须( )
A. 先向左平移4个单位，再向下平移1个单位
B. 先向右平移4个单位，再向上平移1个单位
C. 先向左平移1个单位，再向下平移4个单位
D. 先向右平移1个单位，再向上平移4个单位
4.如图，点B在线段AC上，且BCAB=ABAC，设AC=2，则AB的长为( )
A. 5−12B. 5+12C. 5−1D. 5+1
5.据《九章算术》记载：“今有山居木西，不知其高，山去五十三里，木高九丈五尺，人立木东三里，望木末适与山峰斜平，人目高七尺，问山高几何？”译文如下：如图，今有山AB位于树的西面，山高AB为未知数，山与树相距53里，树高9丈5尺，人站在离树3里的地方，观察到树梢C恰好与山峰A处在同一斜线上，人眼离地7尺，则山AB的高为
( )
(保留整数，1里=150丈，1丈=10尺)
A. 162丈B. 163丈C. 164丈D. 165丈
6.设A(−2,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)是抛物线y=−(x+1)2+2上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y1>y2>y3B. y1>y3>y2C. y3>y2>y1D. y3>y1>y2
7.如图，△ABC与△DEF都是正方形网格中的格点三角形(顶点在格点上)，那么△ABC与△DEF的周长比为( )
A. 1： 2
B. 1：2
C. 1：3
D. 1：4
8.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1−S2=2，AC=4，则AB的长为( )
A. 2
B. 2
C. 2 2
D. 73
9.如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB=72°，则∠ACB等于( )
A. 28°B. 54°C. 18°D. 36°
10.已知，等边三角形ABC和正方形DEFG的边长相等，按如图所示的位置摆放(C点与E点重合)，点B、C、F共线，△ABC沿BF方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为t，运动过程中两图形重叠部分的面积为S，则下面能大致反映s与t之间关系的函数图象是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共4小题，共20分。
11.抛物线y=ax2−2ax−3与x轴交于两点，分别是(x1,0)，(x2,0)，则x1+x2=______．
12.如图，△ABC的三个顶点分别在边长为1的正方形网格的格点上，则tan(α+β) ______ tanα+tanβ.(填“>”“=”“<”)
13.如图，点A在二次函数y=ax2(a>0)第一象限的图象上，AB⊥x轴，AC⊥y轴，垂足分别为B、C，连接BC，交函数图象于点D，DE⊥y轴于点E，则DEBO的值为______．
14.如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE=2，CF⊥BE，连接OF，则：
(1)∠OFB ______；
(2)OF=______．
三、解答题：本题共9小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
计算：sin45°−3tan60°+2cs60°．
16.(本小题8分)
如图，△ABC的三个顶点坐标分别是A(0,3)，B(1,0)，C(3,1)．
(1)以原点O为位似中心，在y轴左侧画出△A1B1C1，使得△A1B1C1与△ABC的位似比为2：1；
(2)△ABC的内部一点M的坐标为(a,b)，则点M在△A1B1C1中的对应点M1的坐标是多少？
17.(本小题8分)
如图，已知一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与反比例函数y=mx(x<0)的图象交于点B(−2,n)，过点B作BC⊥x轴于点C，点D(3−3n,1)是该反比例函数图象上一点．
(1)求m的值；
(2)若∠DBC=∠ABC，求一次函数y=kx+b的表达式．
18.(本小题8分)
张老师家的洗手盆上装有一种抬启式水龙头(如图①)，完全开启后，把手AM与水平线的夹角为37°，此时把手端点A、出水口点B和落水点C在同一直线上，洗手盆及水龙头示意图如图②，其相关数据为AM=10cm，MD=6cm，DE=22cm，EH=38cm，求EC的长(结果精确到0.1cm，参考数据：sin37°=35，cs37°=45，tan37°=34， 3≈1.73)
19.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D.过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若AB=8，∠A=60°，求BD的长．
20.(本小题10分)
如图，上午9时，一条船从A处出发，以每小时40海里的速度向正东方向航行，9时30分到达B处，从A，B两处分别测得小岛C在北偏东45°和北偏东15°．
(1)求∠C的度数；
(2)求B处船与小岛C的距离．(结果保留根号)
21.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，∠A=90°，AB=2，AD=5，P是AD上一动点(点P不与A、D重合)，PE⊥BP，PE交DC于点E．
(1)求证：△ABP∽△DPE；
(2)设AP=x，DE=y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)请你探索在点P运动的过程中，四边形ABED能否构成矩形？如果能，求出AP的长；如果不能，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知菱形ABCD中，AB=8，点G是对角线BD上一点，CG交BA的延长线于点F．
(1)求证：CG2=GE⋅GF；
(2)如果DG=12GB，且AG⊥BF，求cs∠F．
23.(本小题14分)
如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=k1x(x>0)的图象经过点A(2,6)，将点A向右平移2个单位，再向下平移a个单位得到点B，点B恰好落在反比例函数y=k1x(x>0)的图象上，过A，B两点的直线y=k2x+b与y轴交于点C．
(1)求a的值及点C的坐标．
(2)在y轴上有一点D(0,5)，连接AD，BD，求△ABD的面积．
(3)结合图象，直接写出k1x≤k2x+b的解集．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：把已知点(−1,−3)，代入解析式可得，k=(−1)×(−3)=3．
故选：A．
将点的坐标代入反比例函数解析式即可确定k的值．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对二次函数顶点式的理解．抛物线y=(x−1)2+2开口向上，有最小值，顶点坐标为(1,2)，顶点的纵坐标2即为函数的最小值．
求二次函数的最大(小)值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．
【解答】
解：根据二次函数的性质，当x=1时，二次函数y=(x−1)2+2的最小值是2．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：抛物线y=−7(x+4)2−1的顶点坐标为(−4,−1)，
y=−7x2的顶点坐标为(0,0)，
抛物线y=−7(x+4)2−1先向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到y=−7x2．
故选：B．
确定出两抛物线的顶点坐标，再根据顶点的变化确定平移方法．
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点的变化求解更简便．
4.【答案】C
【解析】解：∵BCAB=ABAC，
∴AB2=2×(2−AB)，
∴AB2+2AB−4=0，
解得，AB1= 5−1，AB2= 5+1(舍去)，
故选：C．
根据题意列出一元二次方程，解方程即可．
本题考查的是黄金分割的概念以及黄金比值，掌握一元二次方程得到解法、理解黄金分割的概念是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
由题意得到BD=53里，CD=95尺，EF=7尺，DF=3里，过E作EG⊥AB于G，交CD于H，于是得到BG=DH=EF=7尺，GH=BD=53里，HE=DF=3里，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：由题意得，BD=53里，
CD=95尺，EF=7尺，DF=3里，
过E作EG⊥AB于G，交CD于H，
则BG=DH=EF=7尺，GH=BD=53里，HE=DF=3里，
∵CD//AB，
∴△ECH∽△EAG，
∴CHAG=EHEG，
∴95−7AG=33+53，
∴AG≈164.3丈，AB=AG+0.7≈165丈．
答：山AB的高为165丈．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：
∵A(−2,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)是抛物线y=−(x+1)2+2上的三点，
∴y1=−(−2+1)2+2=1，y2=−(1+1)2+2=−2，y3=−(2+1)2+2=−7，
∵1>−2>−7，
∴y1>y2>y3，
故选：A．
把点的坐标分别代入抛物线解析式可求得y1，y2，y3的值，比较大小即可．
本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，
设正方形网格的边长为1，由勾股定理得：
DE2=22+22，EF2=22+42，
∴DE=2 2，EF=2 5；
同理可求：AC= 2，BC= 10，
∵DF=2，AB=2，
∴BCEF=ABDE=ACDF=1 2，
∴△BAC∽△EDF，
∴C△ABC：C△DEF=1： 2，
故选：A．
设正方形网格的边长为1，根据勾股定理求出△EFD、△ABC的边长，运用三边对应成比例，则两个三角形相似这一判定定理证明△BAC∽△EDF，即可解决问题．
本题主要考查了勾股定理和相似三角形的判定及其性质定理的应用问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：(1)如图，根据条件得到“K”型△ABC≌△FNC，得到NF=AB=x．
(2)连接GK，可以发现△GNK的面积=GN×AG÷2=2GN，同理△KAG的面积=2AK．
利用条件S1−S2=2，得到GN−AK=1，即n−m=1，又因为n+x=4，所以m=3−x．
(3)在△KBC中，有射影定理AB2=AC×AK．
这样可以得到方程：x2=4×(3−x)，解得x=2，即AB=2．
故选：A．
根据图形条件，(1)可以得到“K”型△ABC与△FNC全等，得到NF=AB=x；(2)连接GK，可以发现△GNK的面积=GN×AG÷2=2GN，同理△KAG的面积=2AK，利用条件S1−S2=2，得到GN−AK=1；(3)注意在△KBC中，有射影定理AB2=AC×AK.这样可以得到方程，求解问题．
此题考查了基本图形：K型全等，母子三角形等中常见的思路与结论，建立一元二次方程，求解．
9.【答案】D
【解析】解：根据圆周角定理可知，
∠AOB=2∠ACB=72°，
即∠ACB=36°，
故选：D．
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于同弧所对圆心角的一半即可求解．
本题主要考查了圆周角定理，正确认识∠ACB与∠AOB的位置关系是解题关键．
10.【答案】A
【解析】解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，△ABC沿BF方向的运动速度为1，
当点A在正方形DEFG左侧时，
设AC交DE于点H，
则CE=t，∠EHC=30°
∴CH=2CE=2t，
勾股定理求得EH= 3t，
则S=S△CEH=12×CE×HE=12×t× 3t= 32t2，图象为开口向上的抛物线；
当点A在正方形DEFG内时，
同理可得：S= 34a2− 32a−t2=− 32t2+ 3at− 34a2，图象为开口向下的抛物线；
当点A在正方形DEFG的右侧时，
同理可得S= 322a−t2图象为开口向上的抛物线
故选：A．
分点A在正方形DEFG左侧时、当点A在正方形DEFG内时、点A在正方形DEFG的右侧时三种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
本题考查的是动点问题的函数图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
11.【答案】2
【解析】解：由根与系数的关系得：
x1+x2=−−2aa=2，
故答案为：2．
用根与系数的关系求解即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，要求学生熟练运用根与系数的关系．
12.【答案】>
【解析】解：由正方形网格图可知，tanα=13，tanβ=12，
则tanα+tanβ=12+13=56，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴α+β=45°，
∴tan(α+β)=1，
∴tan(α+β)>tanα+tanβ，
故答案为：>．
根据正切的概念和正方形网格图求出tanα和tanβ，根据等腰直角三角形的性质和tan45°的值求出tan(α+β)，比较即可．
本题考查的是特殊角的三角函数值、锐角三角函数的定义以及等腰直角三角形的性质，熟记特殊角的三角函数值、正确理解锐角三角函数的定义是解题的关键．
13.【答案】 5−12
【解析】解：设A(m,am2)，则B(m,0)，C(0,am2)，
设直线y=kx+b，
∴mk+b=0b=am2，解得k=−amb=am2，
∴y=−amx+am2，
解y=−amx+am2y=ax2得x1= 5−12m，x2=− 5−12m(舍去)，
∵DE⊥y轴于点E，
∴DE= 5−12m，
∴DEOB= 5−12mm= 5−12．
故答案为 5−12．
设A(m,am2)，则B(m,0)，C(0,am2)，根据待定系数法求得直线BC的解析式，然后联立方程求得D的横坐标即可求得DEBO的值．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式以及二次函数和一次函数的交点问题，求得D的横坐标是解题的关键．
14.【答案】45° 6 55
【解析】解：(1)在BE上截取BG=CF，
∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC=∠BCD=90°，AC=BD，BO=12BD，CO=12AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，
∴BO=CO，∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，
∵CF⊥BE，
∴∠CFE=90°，
∴∠FEC+∠ECF=90°，
∵∠EBC+∠FEC=90°，
∴∠EBC=∠ECF，
∴∠OBC−∠EBC=∠OCD−∠ECF，
∴∠OBG=∠FCO，
∴△OBG≌△OCF(SAS)，
∴∠BOG=∠FOC，OG=OF，
∴∠GOC+∠COF=90°，
∴∠OFG=∠OGF=45°，
故答案为：45°；
(2)在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE=2 10，
∴CF=BG=BC×CEBE=3 105，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF= 105，
∴GF=BE−BG−EF=6 105，
在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF=6 55，
故答案为：6 55．
(1)在BE上截取BG=CF，根据正方形性质，得BO=CO，∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，再根据同角的余角相等，得∠OBG=∠FCO，从而证明△OBG≌△OCF(SAS)，进而得到∠OFG=∠OGF=45°；
(2)在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE=2 10，再根据等面积法求出CF=BG=3 105，再通过两次勾股定理的应用得出OF=6 55．
本题主要考查了正方形性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，掌握这三个性质定理的综合应用，其中勾股定理的应用是解题关键．
15.【答案】解：原式= 22−3 3+1．
【解析】将特殊角的三角函数值代入求解．
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值，属于基础题．
16.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)△ABC的内部一点M的坐标为(a,b)，则点M在△A1B1C1中的对应点M1的坐标是(−2a,−2b)．
【解析】(1)依据位似中心的位置以及位似比的大小，即可得到△A1B1C1；
(2)依据对应点的坐标的关系，即可得到点M在△A1B1C1中的对应点M1的坐标．
本题考查了作图−位似变换：画位似图形的一般步骤为：确定位似中心；分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
17.【答案】解：(1)∵点B(−2,n)、D(3−3n,1)在反比例函数y=mx(x<0)的图象上，
∴−2n=m3−3n=m，
解得：n=3m=−6．
(2)由(1)知反比例函数解析式为y=−6x，
∵n=3，
∴点B(−2,3)、D(−6,1)，
如图，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE交AB于点F，
在△DBE和△FBE中，
∵∠DBE=∠FBEBE=BE∠BED=∠BEF=90°，
∴△DBE≌△FBE(ASA)，
∴DE=FE=4，
∴点F(2,1)，
将点B(−2,3)、F(2,1)代入y=kx+b，
∴−2k+b=32k+b=1，
解得：k=−12b=2，
∴y=−12x+2．
【解析】(1)由点B(−2,n)、D(3−3n,1)在反比例函数y=mx(x<0)的图象上可得−2n=3−3n，即可得出答案；
(2)由(1)得出B、D的坐标，作DE⊥BC、延长DE交AB于点F，证△DBE≌△FBE得DE=FE=4，即可知点F(2,1)，再利用待定系数法求解可得．
本题主要考查的是一次函数和反比例函数的综合应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
18.【答案】解：过点A作AG⊥EH于G，过点M作MN⊥AG于N，如图所示，
则四边形MEGN为矩形，
∴EG=MN，NG=ME=MD+DE=6+22=28(cm)，
在Rt△AMN中，sin∠AMN=ANAM，cs∠AMN=MNAM，
∴AN=AM×sin37°≈10×35=6(cm)，MN=AM×cs37°≈10×45=8(cm)，
∴EG=8cm，AG=AN+NG=6+28=34(cm)，
∵∠ACG=60°，
∴CG=AGtan∠ACG=34 3=34 33≈19.60(cm)，
∴EC=EG+CG=8+19.60≈27.6(cm)，
答：EC的长约为27.6cm．
【解析】过点A作AG⊥EH于G，过点M作MN⊥AG于N，根据正弦的定义求出AN，根据余弦的定义求出MN，再根据正切的定义求出CG，计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
∵OA=OB，
∴OD/​/AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAD=12∠BAC=30°，
∴BD=12AB=12×8=4．
【解析】(1)作辅助线，根据等腰三角形三线合一得BD=CD，根据三角形的中位线可得OD/​/AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；
(2)根据等腰三角形三线合一的性质证得∠BAD=12∠BAC=30°，由30°的直角三角形的性质即可求得BD．
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、等腰三角形的性质，圆的切线的判定，30°的直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
20.【答案】解：(1)过点B作BE⊥AC与点E．
由题意得，∠ABC=105°，∠CAB=45°，
∴∠C=180°−105°−45°=30°；
(2)由题意得，AB=40×12=20(海里)，
在Rt△ABE中，BE=AB⋅sin45°=10 2(海里)，
在Rt△BCE中，∠CBE=60°，
∴BC=2BE=20 2(海里)，
答：B处船与小岛C的距离为20 2海里．
【解析】(1)过点B作BC⊥AM与点C，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
(2)根据已知可求得BE的长，再根据三角函数即可求得BC的长．
本题考查解直角三角形的应用−方向角问题，解题的关键是把一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
21.【答案】(1)证明：∵∠A=90°，
∴∠ABP+∠APB=90°，
∵PE⊥BP，
∴∠EPD+∠APB=90°，
∴∠ABP=∠EPD，
∵AB/​/CD，∠A=90°，
∴∠D=90°，
∴△ABP∽△DPE；
(2)∵△ABP∽△DPE，
∴ABPD=APDE，即25−x=xy，
则y=−12x2+52x，0(3)当四边形ABED为矩形时，DE=AB=2，即y=2，
则−12x2+52x=2，
解得，x1=1，x2=4(舍去)，
∴当AP=1时，四边形ABED能构成矩形．
【解析】本题考查的是相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，掌握相关的性质定理和判断定理是解题的关键，注意函数思想在解题中的灵活运用．
(1)根据同角的余角相等得到∠ABP=∠EPD，根据相似三角形的判定定理证明结论；
(2)根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；
(3)根据矩形的判定定理、结合一元二次方程计算即可．
22.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD，∠CDG=∠ADG，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠CDG=∠ADGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴∠DAG=∠DCG，CG=AG
∵BF/​/CD，
∴∠F=∠DCG=∠DAG，
∴△GAE∽△GFA，
∴AG2=GE⋅GF，
∴CG2=GE⋅GF；
(2)∵BF//CD，DG=12GB，
∴CDBF=DGBG=12，
∴BF=2CD=16，AF=8，
∴∠ABD=∠DAG=∠F，
∴△DAG∽△DBA，
∴AD2=DG⋅BD，
∴DG=8 33，BG=16 33，
∴csF=cs∠ABG=ABBG= 32．
【解析】(1)利用菱形的性质易证△ADG≌△CDG，由全等三角形的性质可得：∠DAG=∠DCG，再根据菱形的性质可得∠F=∠DCG=∠DAG，所以△GAE∽△GFA，由相似三角形的性质即可证明AG2=GE⋅GF；
(2)易证△DAG∽△DBA，由相似三角形的性质可得AD2=DG⋅BD，再利用已知条件可证明∠ABD=∠DAG=∠F，进而根据csF=cs∠ABG的值，得出∠F的度数．
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定及相似三角形的判定及性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
23.【答案】解：(1)把点A(2,6)代入y=kx，k=2×6=12，
∴反比例函数的解析式为y=12x，
∵将点A向右平移2个单位，
∴x=4，
当x=4时，y=124=3，
∴B(4,3)，
∴a=4−2=2．
设直线AB的解析式为y=mx+n，
由题意可得，6=2m+n3=4m+n，
解得m=−32n=9，
∴y=−32x+9，
当x=0时，y=9，
∴C(0,9)；
(2)由(1)知CD=9−5=4，
∴S△ABD=S△BCD−S△ACD=12CD⋅|xB|−12CD⋅|xA|=12×4×4−12×4×2=4；
(3)由函数图象可知，当2≤x<≤4时，k1x≤k2x+b成立．
【解析】(1)由点A(2,6)求出反比例函数的解析式为y=12x，可得k值，进而求得B(4,3)，由待定系数法求出直线AB的解析式为y=−32x+9，即可求出C点的坐标；
(2)由(1)求出CD，根据S△ABD=S△BCD−S△ACD可求得结论；
(3)根据图象即可直接得出结论．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积的计算，求得直线AB的解析式是解题的关键．