2025年北師大版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、設f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f（x）=x2；若對任意的x∈[t，t+2]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是（）

A.

B.[2；+∞）

C.（0；2]

D.

2、已知則與共線的向量為A.B.C.D.3、已知全集則（）A.B.C.D.4、【題文】已知函數(shù)為奇函數(shù)，若與圖象關于對稱；

若則A.B.C.D.5、定義域為的偶函數(shù)滿足對有且當時，若函數(shù)在上至少有三個零點，則的取值范圍是（）A.B.C.D.6、已知f(x)=x5+2x3+3x2+x+1，應用秦九韶算法計算x=3時的值時，v3的值為()A.27B.11C.109D.367、在△ABC中，C=90°，且CA=CB=3，點M滿足=2則，等于（）A.2B.3C.4D.58、函數(shù)f（x）=sin（﹣2x）的單調遞增區(qū)間是（）A.B.C.D.9、利用斜二測畫法畫一個水平放置的平面四邊形的直觀圖，得到的直觀圖是一個邊長為1的正方形（如圖所示），則原圖形的形狀是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、已知函數(shù)f（x+1）=x2+x，則f（x）=____．11、f（x）是R上的奇函數(shù)，且f（x+2）=-f（x）（{x∈R}），當0＜x＜1時，f（x）=x，則f（3.5）=____．12、【題文】.圓在點處的切線方程是_____________________.13、【題文】已知邊長為a的等邊三角形內任意一點到三邊距離之和為定值，這個定值為推廣到空間，棱長為a的正四面體內任意一點到各個面的距離之和也為定值，則這個定值為：____14、已知2a=3，log35=b，則log1520=______（用a，b表示）15、一船自西向東勻速航行，上午10時到達一座燈塔P的南偏西75°距塔64海里的M處，下午2時到達這座燈塔的東南方向的N處，則這只船的航行速度為______海里/小時．16、若函數(shù)y=f(x)

的圖象是折線段ABC

其中A(0,0)B(1,1)C(2,0)

則函數(shù)y=x?f(x)(0鈮?x鈮?2)

的圖象與x

軸圍成的圖形的面積為______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)17、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．18、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．19、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．20、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．21、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．22、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．23、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．24、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．25、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、計算題(共4題，共36分)26、若⊙O和⊙O′相外切，它們的半徑分別為8和3，則圓心距OO′為____．27、x，y，z為正實數(shù)，且滿足xyz=1，x+=5，y+=29，則z+的值為____．28、等式在實數(shù)范圍內成立，其中a、x、y是互不相等的實數(shù)，則的值是____．29、等腰三角形的底邊長20cm，面積為cm2，求它的各內角．評卷人得分五、作圖題(共4題，共40分)30、作出函數(shù)y=的圖象．31、請畫出如圖幾何體的三視圖．

32、繪制以下算法對應的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．33、已知簡單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴格要求）

評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)34、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級自主招生）如圖，在坐標平面上，沿著兩條坐標軸擺著三個相同的長方形，其長、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點的拋物線對應的函數(shù)關系式是____．35、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點P是邊BC上的一動點（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點M．設CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關系式；并確定當x在什么范圍內取值時，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當點P從點C向點B移動時；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

（排除法）當則得即在時恒成立，而最大值，是當時出現(xiàn)，故的最大值為0；則f（x+t）≥2f（x）恒成立，排除B項；

同理再驗證t=3時；f（x+t）≥2f（x）恒成立，排除C項，t=-1時，f（x+t）≥2f（x）不成立，故排除D項。

故選A

【解析】【答案】2f（x）=f（x），由題意可知f（x）為R上的增函數(shù)，故對任意的x∈[t，t+2]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立可轉化為對任意的x∈[t；t+2]恒成立，此為一次不等式恒成立，解決即可．也可取那個特值排除法．

2、C【分析】【解析】試題分析：因為那么則與共線的向量要滿足那么對于選項A,分析不滿足比例關系，對于選項B，由于不存在實數(shù)滿足因此不共線，同理可知選項D，也不滿足，排除法只有選C.考點：共線向量【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】試題分析：根據(jù)條件，已知全集則所以故選B.考點：并集的運算【解析】【答案】B4、A【分析】【解析】因為函數(shù)y=f(x)和y=g(x)關于y=x對稱；f(x+1)=y

是奇函數(shù)，說明函數(shù)y=f(x)關于（1,0）對稱，可得函數(shù)g（x）的圖象關于（0,1）對稱，因此可知結論為1，選C【解析】【答案】A5、B【分析】【解答】由已知令得為偶函數(shù)，是周期為2的周期函數(shù)．畫出函數(shù)及的圖像，可知當過點時，函數(shù)及的圖像恰有兩個交點，從而函數(shù)在上恰有兩個零點，由得時，函數(shù)在上至少有三個零點；故選B．

6、D【分析】【分析】根據(jù)秦九韶算法，把多項式改寫成f(x)=((((x+0)x+2)x+3)x+1)x+1，所以v0=a5=1，v1=v0x+a4=1*3+0=3，v2=v1x+a3=3*3+2=11，v3=v2x+a2=11*3+3=36，故選D.7、B【分析】【解答】由題意得AB=3△ABC是等腰直角三角形；

故選B．

【分析】由再利用向量的夾角等于45°，兩個向量的數(shù)量積的定義，求出的值．8、C【分析】【解答】解：由于函數(shù)f（x）=sin（﹣2x）=﹣sin（2x﹣），令2kπ+≤2x﹣≤2kπ+k∈z，求得kπ+≤x≤kπ+故函數(shù)的增區(qū)間為[kπ+kπ+]，k∈z，即

故選C．

【分析】由于函數(shù)f（x）=﹣sin（2x﹣），令2kπ+≤2x﹣≤2kπ+k∈z，求得x的范圍，即可求得函數(shù)的增區(qū)間．9、A【分析】解：還原直觀圖為原圖形如圖；

故選：A．

利用斜二測畫法的過程把給出的直觀圖還原回原圖形；即找到直觀圖中正方形的四個頂點在原圖形中對應的點，用直線段連結后得到原四邊形．

本題考查了平面圖形直觀圖的畫法，解答的關鍵是熟記斜二測畫法的要點和步驟，從而還原得到原圖形．【解析】【答案】A二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

由題意；t=x+1得x=t-1

∵f（x+1）=x2+x；

則f（t）=（t-1）2+t-1=t2-t

∴f（x）=x2-x

故答案為：x2-x

【解析】【答案】由題意，可用換元法求函數(shù)解析式，令t=x+1得x=t-1，代入f（x+1）=x2+x；整理即可得到所求的函數(shù)解析式。

11、略

【分析】

因為x∈（0；1）時，f（x）=x；

設x∈（-1；0）時，-x∈（0，1）；

∴f（-x）=-x；

∵f（x）為定義在R上的奇函數(shù)。

∴f（x）=-f（-x）=x；

所以x∈（3；4）時，x-4∈（-1，0）；

∴f（x-4）=x-4

∵f（x+2）=-f（x）；∴f（x+4）=-f（x+2）=f（x）；

∴f（x）是以4為周期的周期函數(shù)；

f（x-4）=f（x）=x-4；

∴x∈（3；4）時，f（x）=x-4

∴f（3.5）=3.5-4=-0.5

故答案為：-0.5．

【解析】【答案】用f（x+2）=-f（x）；以及是奇函數(shù)，可以求得函數(shù)是周期函數(shù)，可由x∈（0，1）時的解析式求x∈（-1，0）時的解析式，利用周期性求得x∈（3，4）時，f（x）表達式，從而求出f（3.5）的值．

12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】14、略

【分析】解：∵2a=3，∴a=log23=又log35=b=

∴l(xiāng)g3=alg2，lg5=blg3=balg2．

則log1520===．

故答案為：．

2a=3，可得a=log23=又log35=b=可得lg3=alg2，lg5=blg3=balg2．代入log1520=即可得出．

本題考查了指數(shù)與對數(shù)的運算法則，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【解析】15、略

【分析】解：如圖所示；∠MPN=75°+45°=120°，∠PNM=45°．

在△PMN中，=

∴MN==32

∴v==8（海里/小時）．

故答案為：8．

根據(jù)題意可求得∠MPN和；∠PNM進而利用正弦定理求得MN的值，進而求得船航行的時間，最后利用里程除以時間即可求得問題的答案．

本題主要考查了解三角形的實際應用．解答關鍵是利用正弦定理建立邊角關系，考查了學生分析問題和解決問題的能力．【解析】816、略

【分析】解：當函數(shù)y=f(x)

的圖象是折線段ABC

其中A(0,0)B(1,1)C(2,0)

當經過點AB

時，即為f(x)=x0鈮?x<1

當經過點BC

時，即為f(x)=鈭?x+21鈮?x<2

隆脿y=x?f(x)={鈭?x2+2x,1鈮?x鈮?2x2,0鈮?x<1

設函數(shù)y=xf(x)(0鈮?x鈮?2)

的圖象與x

軸圍成的圖形的面積為S

隆脿S=鈭?01x2dx+12(鈭?x2+2x)dx=13x3|01+(鈭?13x3+x2)|12=13+(鈭?83+4)鈭?(鈭?13+1)=1

故答案為：1

先求出函數(shù)的解析式y(tǒng)=x?f(x)={鈭?x2+2x,1鈮?x鈮?2x2,0鈮?x<1

再利用定積分可求得函數(shù)y=xf(x)(0鈮?x鈮?2)

的圖象與x

軸圍成的圖形的面積．

本題考查函數(shù)的圖象，著重考查分段函數(shù)的解析式的求法與定積分的應用，考查分析運算能力，屬于中檔題．【解析】1

三、證明題(共9題，共18分)17、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．18、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．19、略

【分析】【分析】首先作CD關于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．20、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．21、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=22、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．23、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．24、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．25、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．四、計算題(共4題，共36分)26、略

【分析】【分析】由兩圓的半徑分別為8和3，這兩個圓外切，根據(jù)兩圓位置關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關系間的聯(lián)系即可求得它們的圓心距．【解析】【解答】解：∵兩圓的半徑分別為3和8；這兩個圓外切；

∴3+8=11；

∴它們的圓心距等于11．

故答案為：11．27、略

【分析】【分析】由于（x+）（y+）（z+）=（x+y+z）+xyz++（++）=2+（x+）+（y+）+（z+），然后利用已知條件即可求解．【解析】【解答】解：（x+）（y+）（z+）

=（x+y+z）+xyz++（++）

=2+（x+）+（y+）+（z+）；

∴5×29×（z+）=36+（z+）；

即z+=．

故答案為：．28、略

【分析】【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件得到a（x-a）≥0，x-a≥0，則a≥0，而a（y-a）≥0，a-y≥0，則a≤0，得到a=0，把a=0代入已知條件中易得x=-y，然后把x=-y代入分式計算即可．【解析】【解答】解：∵a（x-a）≥0；x-a≥0；

∴a≥0；

又∵a（y-a）≥0；a-y≥0；

∴a≤0；

∴a=0；

把a=0代入已知條件則-=0；

∴x=-y；

∴原式==．29、略

【分析】【分析】先在△ABC中底邊上作高AD，然后利用面積公式求出高的長度，再利用三角函