2024八年级数学下册专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题含解析新版浙教版

Page21专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题（提升版）一．选择题（共30小题）1．（椒江区期末）若a＞b，则下列式子正确的是（）A．a+2＞b+3 B．a﹣3＞b﹣2 C．﹣2a＜﹣2b D．＞【分析】依据不等式的性质，进行计算逐一推断即可解答．【解答】解：A、不妨设a＝2，b＝1，则a+2＝b+3，故A不符合题意；B、不妨设a＝2，b＝1，则a﹣3＝b﹣2，故B不符合题意；C、∵a＞b，∴﹣2a＜﹣2b，故C符合题意；D、不妨设a＝﹣2，b＝﹣3，则，故不D符合题意；故选：C．2．（钱塘区期末）若不等式组有解，则k的取值范围是（）A．k＜3 B．k＞2 C．k≤3 D．k≥2【分析】依据不等式的解集，即可解答．【解答】解：∵不等式组有解，∴k＜3，故选：A．3．（仙居县期末）已知a，b满足3a+2b＝a+b+3，当0≤a＜2时，则整数b有（）个．A．2 B．3 C．4 D．5【分析】等式变形为a＝，从而得出0≤＜2，解不等式组即可．【解答】解：∵a，b满足3a+2b＝a+b+3，∴a＝，∵0≤a＜2，∴0≤＜2，∴﹣1＜b≤3，∴整数b有0，1，2，3共4个，故选：C．4．（金华期末）探讨表明，运动时将心率p（次）限制在最佳燃脂心率范围内，能起到燃烧脂肪并且疼惜心脏功能的作用．最佳燃脂心率最高值不应当超过（220﹣年龄）×0.8，最低值不低于（220﹣年龄）×0.6．以30岁为例计算，220﹣30＝190，190×0.8＝152，190×0.6＝114，所以30岁的年龄最佳燃脂心率的范围用不等式可表示为（）A．114≤p≤152 B．114＜p＜152 C．114≤p≤190 D．114＜p＜190【分析】依据“最佳燃脂心率最高值不应当超过（220﹣年龄）×0.8，最低值不低于（220﹣年龄）×0.6”列出不等式．【解答】解：依据题意知：（220﹣年龄）×0.6≤p≤（220﹣年龄）×0.8，由220﹣30＝190，190×0.8＝152，190×0.6＝114，知114≤p≤152．故选：A．5．（上城区期末）有三个实数a1，a2，a3满足a1﹣a2＝a2﹣a3＞0，若a1+a3＝0，则下列推断中正确的是（）A．a1＜0 B．a2＞0 C．a1+a2＜0 D．a2•a3＝0【分析】依据等式的性质得出a1+a3＝2a2，进而解答即可．【解答】解：∵a1﹣a2＝a2﹣a3＞0，∴a1+a3＝2a2，∵a1+a3＝0，∴a2＝0，∴a1＞0，a3＜0，∴a2•a3＝0，故选：D．6．（龙泉市期末）某次学问竞赛一共有20道题，答对一题得5分，不答得0分，答错扣2分．小聪有1道题没答，竞赛成果超过80分，则小聪至少答对的题数是（）A．15 B．16 C．17 D．18【分析】设小聪答对了x道题，则答错了（20﹣1﹣x）道题，依据总分＝5×答对题目数﹣2×答错题目数结合总分超过80分，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中最小整数值即可得出结论．【解答】解：设小聪答对了x道题，则答错了（20﹣1﹣x）道题，依题意，得：5x﹣2（20﹣1﹣x）＞80，解得：x＞16，∵x为正整数，∴x的最小值为17，即小聪至少答对的题数是17，故选：C．7．（青田县期中）已知三角形的两边长分别是5cm和10cm，则下列长度的线段中能作为第三边的是（）A．4cm B．5cm C．10cm D．15cm【分析】设三角形第三边的长为x，再依据三角形的三边关系求出x的取值范围，找出不符合条件的x的值即可．【解答】解：设三角形第三边的长为xcm，∵三角形的两边长分别是5cm和10cm，∴10cm﹣5cm＜x＜10cm+5cm，即5cm＜x＜15cm，∴四个选项中只有C符合．故选：C．8．（青田县期中）如图，在△ABC中，已知点D，E，F分别为边BC，AD，CE的中点，且△ABC的面积是4，则△BEF的面积等于（）A．0.75 B．1.25 C．2 D．1【分析】依据点D是BC的中点，可得△ABD的面积＝△ADC的面积＝2，再依据点E是AD的中点，可得△BDE的面积＝1，△CDE的面积＝1，从而可得△BEC的面积＝2，然后依据点F是CE的中点，可得△BEF的面积＝△BEC的面积＝1，即可解答．【解答】解：∵点D是BC的中点，△ABC的面积是4，∴△ABD的面积＝△ADC的面积＝△ABC的面积＝×4＝2，∵点E是AD的中点，∴△BDE的面积＝△ABD的面积＝×2＝1，△CDE的面积＝△ADC的面积＝×2＝1，∴△BEC的面积＝△BED的面积+△CDE的面积＝2，∵点F是CE的中点，∴△BEF的面积＝△BEC的面积＝×2＝1，故选：D．9．（义乌市期中）如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上，下面给出四个论断：①AB＝DE；②AC＝DF；③∠ABC＝∠DEF；④BE＝CF．任选三个作为已知条件，余下一个作为结论，可得到的命题中，真命题有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】依据全等三角形的判定一一推断即可．【解答】解：①②③→④是假命题．①②④→③是真命题．①③④→②是真命题．②③④→①是假命题．故选：B．10．（桐乡市期中）将一平板疼惜套绽开放置在水平桌面上，其侧面示意图如图所示，若∠ABC＝∠ACB，AB＝10cm，则AC的长为（）A．10cm B．11cm C．12cm D．13cm【分析】依据等角对等边即可求解．【解答】解：∵∠ABC＝∠ACB，AB＝10cm，∴AC＝10cm．故选：A．11．（青田县期中）如图，在格点中找一点C，使得△ABC是等腰三角形，且AB为其中一条腰，这样的点C个数为（）A．8 B．9 C．10 D．11【分析】依据等腰三角形的判定，分状况探讨：AB＝AC，AB＝BC即可确定点C的个数．【解答】解：如图所示：满足条件的点C有9个，故选：B．12．（平湖市期中）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，若点P在边AC上移动，则BP的最小值是（）A．4.8 B．5 C．5.5 D．6【分析】依据点到直线的连线中，垂线段最短，得到当BP垂直于AC时，BP的长最小，过A作等腰三角形底边上的高AD，利用三线合一得到D为BC的中点，在直角三角形ADC中，利用勾股定理求出AD的长，进而利用面积法即可求出此时BP的长．【解答】解：依据垂线段最短，得到BP⊥AC时，BP最短，过A作AD⊥BC，交BC于点D，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴D为BC的中点，又BC＝6，∴BD＝CD＝3，在Rt△ADC中，AC＝5，CD＝3，依据勾股定理得：AD＝＝4，又∵S△ABC＝BC•AD＝BP•AC，∴BP＝＝＝4.8．故选：A．13．（西湖区校级期中）如图，AB＝AC＝13，BP⊥CP，BP＝8，CP＝6，则四边形ABPC的面积为（）A．48 B．60 C．36 D．72【分析】过点A作AD⊥BC于D，由勾股定理求出BC的长，再依据等腰三角形三线合确定理求出BD的长，再由勾股定理求出AD的长，最终依据四边形ABPC的面积＝S△ABC﹣S△BPC即可求解．【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，在Rt△BPC中，由勾股定理得，BC＝，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴AD是△ABC的中线，∴BD＝CD＝，在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD＝＝＝12，∴S＝60，∵S＝24，∴四边形ABPC的面积＝S△ABC﹣S△BPC＝60﹣24＝36，故选：C．14．（鹿城区校级期中）如图，在△ABC中，AC＝BC＝13，AB＝10，DE垂直平分BC，若F是AB的中点，G是DE上动点，则△BFG的周长的最小值为（）A．15 B．16 C．17 D．18【分析】连接CF，CG，由于△ABC是等腰三角形，点F是AB边的中点，故CF⊥AB，再依据勾股定理求出CF的长，依据DE是线段BC的垂直平分线可知，点C关于直线DE的对称点为点B，故CF的长为FG+BG的最小值，由此即可得出结论．【解答】解：如图，连接CF，CG，∵AC＝BC＝13，AB＝10，F是AB的中点，∴CF⊥AB，AF＝BF＝AB＝5，∴CF＝＝12，∵DE垂直平分BC，∴点C关于直线DE的对称点为点B，∴CF的长为FG+BG的最小值，∴△BFG的周长最短＝（BG+FG）+BF＝CF+AB＝12+5＝17．故选：C．15．（鹿城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB、AC和BC为直径分别作半圆，已知S1+S2＝3.5，AB+AC＝6，则BC的长为（）A． B． C． D．【分析】依据题给图形可知：S1+S2＝π（AB）2+π（AC）2﹣π（BC）2+S△ABC＝S△ABC，继而求出AB2+AC2＝36﹣14＝22，即可得出答案．【解答】解：在Rt△ABC中，BA2+AC2＝CB2，∴S1+S2＝π（AB）2+π（AC）2﹣π（BC）2+S△ABC＝π（BA2+AC2﹣CB2）+S△ABC＝S△ABC＝×AC×AB，∵S1+S2＝3.5，∴AC•AB＝7，∵AB+AC＝6，∴AB2+AC2+2AB•AC＝36，∴AB2+AC2＝36﹣14＝22，∴BC＝，故选：C．16．（西湖区校级期中）如图，△ABC中，BF、CF分别平分∠ABC和∠ACB，过点F作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，那么下列结论：①∠DFB＝∠DBF；②△EFC为等腰三角形；③△ADE的周长等于△BFC的周长；④．其中正确的是（）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③④【分析】①依据平分线的性质、平行线的性质，借助于等量代换可求出∠DBF＝∠DFB；②同理可得∠ECF＝∠EFC，则△EFC为等腰三角形；③用特殊值法，当△ABC为等边三角形时，连接AF，依据等边三角形的性质，角平分线定义和等腰三角形的判定便可得出BF＝AF＝CF，进而得BF+CF＞AC，便可得出△ADE的周长不等于△BFC的周长；④利用两次三角形的内角和，以及平分线的性质，进行等量代换，可求的∠BFC和∠BAC之间的关系式．【解答】解：①∵BF是∠ABC的角平分线，∴∠ABF＝∠CBF，又∵DE∥BC，∴∠CBF＝∠DFB，∴∠DFB＝∠DBF，故①正确；②同理∠ECF＝∠EFC，∴EF＝EC，∴△EFC为等腰三角形，故②正确；③假设△ABC为等边三角形，则AB＝AB＝BC，如图，连接AF，∵∠DBF＝∠DFB，∠ECF＝∠EFC，∴BD＝DF，EF＝EC，∴△ADE的周长＝AD+DF+EF+AE＝AD+BD+AE+EC＝AB+AC，∵F是∠ABC，∠ACB的平分线的交点，∴第三条平分线必过其点，即AF平分∠BAC，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝∠ABC＝60°，∴∠FAB＝∠FBA＝∠FAC＝∠FCA＝30°，∴FA＝FB＝FC，∵FA+FC＞AC，∴FB+FC＞AC，∴FB+FC+BC＞BC+AC，∴FB+FC+BC＞AB+AC，即△BFC的周长＞△ADE的周长，故③错误；④在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°①，在△BFC中，∠BFC+∠FBC+∠FCB＝180°，即∠BFC+∠ABC+∠ACB＝180°②，②×2﹣①得，∠BFC＝90°+∠BAC，故④正确；故选：C．17．（鄞州区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝110°，AB＝AC，AD⊥BC于点D，AB的垂直平分线交AB于点E，交BC于点F，连接AF，则∠FAD的度数为（）A．20° B．30° C．35° D．70°【分析】先由等腰三角形的性质求出∠B的度数，再由垂直平分线的性质可得出∠BAF＝∠B，由三角形内角与外角的关系即可解答．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝110°，∴∠B＝（180°﹣110°）÷2＝35°，∵EF垂直平分AB，∴BF＝AF，∴∠BAF＝∠B＝35°，∴∠AFC＝∠BAF+∠B＝70°．∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠FAD＝90°﹣∠AFD＝90°﹣70°＝20°，故选：A．18．（新昌县期中）若一个等腰三角形的一条边是另一条边的k倍，我们把这样的等腰三角形叫做“k倍边等腰三角形”．假如一个等腰三角形是“4倍边等腰三角形”，且周长为18cm，则该等腰三角形底边长为（）A．12cm B．12cm或2cm C．2cm D．4cm或12cm【分析】设该等腰三角形的较短边长为xcm（x＞0），则较长边长为4xcm．分①xcm为腰；②4xcm为腰两种状况探讨即可．【解答】解：设该等腰三角形的较短边长为xcm（x＞0），则较长边长为4xcm．①当xcm为腰时，∵x+x＜4x，∴x，x，4x不能组成三角形；②当4xcm为腰时，4x，4x，x能够组成三角形，∵4x+4x+x＝18，∴x＝2，∴该等腰三角形底边长为2cm．故选：C．19．（海曙区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC＝9，AB＝15，则CE的长为（）A．4 B． C． D．5【分析】依据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAD+∠AED＝90°，依据角平分线和对顶角相等得出∠CEF＝∠CFE，即可得出EC＝FC，再证明Rt△ACF≌Rt△AGF得AG，最终利用勾股定理列出方程进行解答．【解答】解：过点F作FG⊥AB于点G，∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠CDA＝90°，∴∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAD+∠AED＝90°，∵AF平分∠CAB，∴∠CAF＝∠FAD，∴∠CFA＝∠AED＝∠CEF，∴CE＝CF，∵AF平分∠CAB，∠ACF＝∠AGF＝90°，∴FC＝FG，∵∠ACB＝90°，AC＝9，AB＝15，∴BC＝，在Rt△ACF和Rt△AGF中，，∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），∴AC＝AG＝9，设CE＝x，则FC＝FG＝x，BF＝12﹣x，BG＝15﹣9＝6，∵FG2+BG2＝BF2，即x2+62＝（12﹣x）2，解得x＝，即CE＝，故选：B．20．（仙居县期末）台风是一种破坏性极大的自然灾难，气象台为了预报台风，首先应确定台风中心的位置．下列表述能确定台风中心位置的是（）A．在沿海地区 B．台湾省以东的洋面上 C．距离台州200km D．北纬28°，东经120°【分析】依据平面坐标系中的点与有序实数对一一对应进行推断．【解答】解：北纬28°，东经120°能唯一确定台风的位置，故选：D．21．（临海市期末）如图，在平面直角坐标系中，A，B，C，D四点的坐标分别是A（1，3），B（1，1），C（3，1），D（3，3），动点P从点A动身，在正方形边上依据A→B→C→D→A…的方向不断移动，已知P的移动速度为每秒1个单位长度，则第2024秒，P的坐标是（）A．（1，1） B．（3，1） C．（3，2） D．（3，3）【分析】由题意正方形ABCD的边长为2，周长为8，因为2024÷8＝252余6，可以推出点P在第2024秒时，移动到点D处，由此即可解决问题．【解答】解：∵A（1，3），B（1，1），C（3，1），D（3，3），∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，∴AB+BC+CD+DA＝2×4＝8，∵P的移动速度为每秒1个单位长度，∴点P沿A→B→C→D→A移动时间为，8÷1＝8（秒），∵2024÷8＝252……6，∴第2024秒，点P移动到点D的位置，∴P的坐标是（3，3），故选：D．22．（诸暨市期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1，D1E1E2B2，A2B2C2D2，D2E3E4B3，A3B3C3D3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为2，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…．则点A2024的纵坐标为（）A．（）2024 B．（）2024 C．（）2024+（）2024 D．（）2024+（）2024【分析】利用正方形的性质、含30°角直角三角形性质及勾股定理得出A1的纵坐标，进而得出变更规律即可得出答案．【解答】解：如图，过点A1作A1G1⊥x轴于点G1，过点B1作B1F1⊥A1G1于点F1，过点A2作A2G2⊥x轴于点G2，过点B2作B2F2⊥A2G2于点F2，过点A3作A3G3⊥x轴于点G3，过点B3作B3F3⊥A3G3于点F3，∵正方形A1B1C1D1的边长为2，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，∴D1E1＝B2E2，D2E3＝B3E4，∠C1B1O＝∠D1C1E1＝∠C2B2E2＝∠C3B3E4＝30°，∠B1OC1＝∠A1F1B1＝90°，∴D1E1＝OC1＝A1F1＝B1C1＝1，∴E2B2＝1，在Rt△B1OC1中，OB1＝＝＝，∵∠OG1F1＝∠B1OC1＝∠G1F1B1＝90°，∴四边形OB1F1G1是矩形，∴F1G1＝OB1＝，∴A1G1＝F1G1+A1F1＝+1＝（）﹣1+（）0，即点A1的纵坐标为：（）﹣1+（）0；同理可得：点A2的纵坐标为：（）0+（）1；点A3的纵坐标为：（）1+（）2；……点An的纵坐标为：（）n﹣2+（）n﹣1；∴点A2024的纵坐标为：（）2024+（）2024；故选：C．23．（钱塘区期末）一次函数y＝2x+1与y＝kx﹣k（k≠0）的图象的交点不行能在（）A．第一象限 B．其次象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】由一次函数的性质即可推断．【解答】解：∵一次函数y＝2x+1的图象经过一、二、三象限，不经过第四象限，∴一次函数y＝2x+1与y＝kx﹣k（k≠0）的图象的交点不行能在第四象限，故选：D．24．（钱塘区期末）一次函数y＝kx+b与正比例函数y＝kbx，k，b是常数，且kb≠0的图象可能是（）A． B． C． D．【分析】依据一次函数的图象与系数的关系，由一次函数y＝kx+b图象分析可得k、b的符号，进而可得k•b的符号，从而推断y＝kbx的图象是否正确，进而比较可得答案．【解答】解：依据一次函数的图象分析可得：A、由一次函数y＝kx+b图象可知k＜0，b＞0；即kb＜0，与正比例函数y＝kbx的图象可知kb＜0，冲突，故此选项不行能；B、由一次函数y＝kx+b图象可知k＞0，b＜0；即kb＜0，与正比例函数y＝kbx的图象可知kb＞0，冲突，故此选项不行能；C、由一次函数y＝kx+b图象可知k＞0，b＜0；即kb＜0，与正比例函数y＝kbx的图象可知kb＜0，一样，故此选项有可能；D、由一次函数y＝kx+b图象可知k＞0，b＞0；即kb＞0，与正比例函数y＝kbx的图象可知kb＜0，冲突，故此选项不行能；故选：C．25．（婺城区期末）如图1，点P为矩形ABCD边上的一个动点，点P从A动身沿着矩形的四条边运动，最终回到A．设点P运动的路程长为x，△ABP的面积为y，图2是y随x变更的函数图象，则矩形ABCD的对角线BD的长是（）A． B． C．8 D．10【分析】点P运动到点B处时x＝5，可知AB＝5，由点P运动到点C处时，S△ABP＝10，可得BC的长，再依据勾股定理计算即可．【解答】解：依据图2可知AB＝5，当P运动到点C处时，y＝AB•BC＝10，∴×5•BC＝10，∴BC＝4，∵矩形的对角线相等，∴BD＝AC＝＝．故选：B．26．（仙居县期末）甲车从服务区A动身，一段时间后乙车也从服务区A动身，它们沿着同一段笔直的高速公路同向匀速行驶，速度分别为v甲，v乙（v甲＜v乙）．乙车在B处超过甲车，再行驶一段路程后到达服务区C．乙车在服务区C停车休息一会儿后，甲车也到达服务区C．设甲车从服务区A动身后行驶时间为x（单位：min），甲、乙两车在这段公路上的距离为y（单位：km），则下面描述这段时间中y随x变更规律的图象中，最为合理的是（）A． B． C． D．【分析】依据题意和各个选项中的函数图象，可以推断哪个函数图象可以表达题目中的运动过程，从而可以解答本题．【解答】解：甲车从服务区A动身，一段时间后乙车也从服务区A动身，说明起先时两车距离由0起先增加，故选项A、B不合题意；它们沿着同一段笔直的高速公路同向匀速行驶，速度分别为v甲，v乙（v甲＜v乙）．乙车在B处超过甲车，再行驶一段路程后到达服务区C．乙车在服务区C停车休息一会儿后，甲车也到达服务区C，这个过程中两车距离起先缩小，乙车追上甲车时两车距离为0，接着两车距离起先增加，当乙车到达服务区C后两车距离缩小，直到甲车也到达服务区C时，两车距离为0，故选项C符合题意，选项D不合题意．故选：C．27．（海曙区期末）在A、B两地之间有汽车站C，甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时动身，匀速行驶，甲、乙两车离C站的距离y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则下列结论：①A、B两地相距360千米；②甲车速度比乙车速度快15千米/时；③乙车行驶11小时后到达A地；④两车行驶4.4小时后相遇．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】由函数图象可知，A、C两地之间的距离是360千米，B、C两地之间的距离是80千米，可求得A、B两地之间的距离是440千米，可推断①错误；函数图象可知，甲车6小时行驶360千米，乙车2小时行驶80千米，可求得甲、乙两车的速度分别为60千米/时和40千米/时，所以甲车速度比乙车速度快20千米/时，可推断②错误；A、B两地相距440千米，乙车的速度是40千米/时，可求得乙车行驶11小时后到达A地，可推断③正确；先求出y1关于x的函数关系式，再求出当2≤x≤11时y2与x的函数关系式，将两个函数关系式联立方程组并且解该方程组，即可求出x＝4.4，即两车行驶4.4小时后相遇，可推断④正确．【解答】解：由函数图象可知，当x＝0时，y1＝360，y2＝80，∴A、C两地之间的距离是360千米，B、C两地之间的距离是80千米，∴360+80＝440（千米），∴A、B两地相距440千米，故①错误；函数图象可知，甲车6小时行驶360千米，乙车2小时行驶80千米，∴360÷6＝60（千米/时），80÷2＝40（千米/时），∴甲、乙两车的速度分别为60千米/时和40千米/时，∴60﹣40＝20（千米/时），∴甲车速度比乙车速度快20千米/时，故②错误；A、B两地相距440千米，乙车的速度是40千米/时，∴440÷40＝11（小时），∴乙车行驶11小时后到达A地，故③正确；设y1＝kx+360，则6k+360＝0，解得k＝﹣60，∴y1＝﹣60x+360；设当2≤x≤11时，y2＝mx+n，则，解得，∴y2＝40x﹣80，两车相遇时，则y1＝y2，∴﹣60x+360＝40x﹣80，解得x＝4.4，∴两车行驶4.4小时后相遇，故④正确，∴③④正确，故选：B．28．（东阳市期末）如图①，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，点D是AB边的中点，点P从点A动身，沿着AC﹣CB运动，到达点B停止．设点P的运动路径长为x，连DP，记△APD的面积为y，若表示y与x函数关系