2024高考数学一轮复习第一部分考点通关练第五章不等式推理与证明算法初步与复数考点测试35基本不等式含解析苏教版

PAGE1-考点测试35基本不等式高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值5分，中等难度考纲研读1.了解基本不等式的证明过程2．会用基本不等式解决简洁的最大(小)值问题一、基础小题1．下列说法正确的是()A．若a，b∈R，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．若x<0，则x＋eq\f(4,x)≥－2eq\r(x·\f(4,x))＝－4C．若ab≠0，则eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bD．若x<0，则2x＋2－x>2答案D解析对于A，当ab<0时不成立；对于B，若x<0，则x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq\r(－x·\f(4,－x))＝－4，当且仅当x＝－2时，等号成立，因此B项不成立；对于C，取a＝－1，b＝－2，eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)＝－eq\f(9,2)<a＋b＝－3，所以C项不成立；对于D，若x<0，则2x＋2－x>2成立．故选D.2．不等式x2＋x<eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)对随意a，b∈(0，＋∞)恒成立，则实数x的取值范围是()A．(－2,0) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－2,1) D．(－∞，－4)∪(2，＋∞)答案C解析依据题意，由于不等式x2＋x<eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)对随意a，b∈(0，＋∞)恒成立，则x2＋x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))min，因为eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝2，当且仅当a＝b时等号成立，所以x2＋x<2，求解此一元二次不等式可知－2<x<1，所以x的取值范围是(－2,1)．3．已知m>0，n>0,2m＋n＝1，则eq\f(1,4m)＋eq\f(2,n)的最小值为()A．4 B．2eq\r(2)C．eq\f(9,2) D．16答案C解析由于m>0，n>0,2m＋n＝1，则eq\f(1,4m)＋eq\f(2,n)＝(2m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4m)＋\f(2,n)))＝eq\f(5,2)＋eq\f(n,4m)＋eq\f(4m,n)≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(n,4m)·\f(4m,n))＝eq\f(9,2)，当且仅当n＝eq\f(2,3)，m＝eq\f(1,6)时取等号．故选C.4．设x＞0，则函数y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)的最小值为()A．0 B．eq\f(1,2)C．1 D．eq\f(3,2)答案A解析y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，当且仅当x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)时等号成立．所以函数的最小值为0.故选A.5．已知x＞0，y＞0，且4x＋y＝xy，则x＋y的最小值为()A．8 B．9C．12 D．16答案B解析由4x＋y＝xy，得eq\f(4,y)＋eq\f(1,x)＝1，则x＋y＝(x＋y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,y)＋\f(1,x)))＝eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)＋1＋4≥2eq\r(4)＋5＝9，当且仅当eq\f(4x,y)＝eq\f(y,x)，即x＝3，y＝6时取“＝”，故选B.6．若3x＋2y＝2，则8x＋4y的最小值为()A．4 B．4eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)答案A解析∵3x＋2y＝2，∴8x＋4y＝23x＋22y≥2eq\r(23x·22y)＝2eq\r(23x＋2y)＝4，当且仅当3x＝2y，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,2)时等号成立，∴8x＋4y的最小值为4.故选A.7．已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，则xy的最大值为()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2答案B解析因为a＝(1，x－1)，b＝(y,2)，a⊥b，所以a·b＝y＋2(x－1)＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥2eq\r(2xy)，当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝1时等号成立，即2eq\r(2xy)≤2，所以xy≤eq\f(1,2)，所以当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝1时，xy取到最大值，最大值为eq\f(1,2).故选B.8．若x>0，y>0，x＋2y＝1，则eq\f(xy,2x＋y)的最大值为()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,9) D．eq\f(1,12)答案C解析eq\f(2x＋y,xy)＝eq\f(2,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,y)＋\f(1,x)))(x＋2y)＝5＋eq\f(2y,x)＋eq\f(2x,y)≥5＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(2x,y))＝9，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2y,x)＝\f(2x,y)，,x＋2y＝1，))即x＝y＝eq\f(1,3)时取等号，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xy,2x＋y)))max＝eq\f(1,9).9．已知函数f(x)＝cosπx(0<x<2)，若a≠b，且f(a)＝f(b)，则eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值为()A.eq\f(9,2) B．9C．18 D．36答案A解析函数f(x)＝cosπx(0<x<2)的图象的对称轴为直线x＝1.因为a≠b，且f(a)＝f(b)，所以a＋b＝2，所以eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))(a＋b)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(9,2)，当且仅当a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)时取等号，故eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值为eq\f(9,2).故选A.10．若正实数x，y满意x＋2y＋2xy－8＝0，则x＋2y的最小值为________．答案4解析∵正实数x，y满意x＋2y＋2xy－8＝0，∴x＋2y＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))2－8≥0.设x＋2y＝t＞0，∴t＋eq\f(1,4)t2－8≥0，∴t2＋4t－32≥0，即(t＋8)(t－4)≥0，∴t≥4，即x＋2y≥4，当且仅当x＝2，y＝1时取等号，故x＋2y的最小值为4.11．正项等比数列{an}中，存在两项am，an，使得eq\r(am·an)＝2a1，且a6＝a5＋2a4，则eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值是________．答案4解析由于数列{an}是正项等比数列，由a6＝a5＋2a4得q2＝q＋2，解得q＝2(负根舍去)．由eq\r(am·an)＝2a1，得2m＋n－2＝22，m＋n＝4.故eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))·(m＋n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋9＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(9m,n))))＝eq\f(1,4)×(10＋6)＝4，当且仅当m＝1，n＝3时等号成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值为4.12．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若eq\f(c,sinB)＋eq\f(b,sinC)＝2a，则△ABC是________三角形．答案等腰直角解析∵eq\f(c,sinB)＋eq\f(b,sinC)＝2a，∴eq\f(sinC,sinB)＋eq\f(sinB,sinC)＝2sinA，又eq\f(sinC,sinB)＋eq\f(sinB,sinC)≥2eq\r(\f(sinC,sinB)·\f(sinB,sinC))＝2，当且仅当eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sinB,sinC)时，等号成立，∴sinA≥1，又sinA≤1，∴sinA＝1，故A＝eq\f(π,2)，b＝c，∴△ABC是等腰直角三角形．二、高考小题13．(2024·天津高考)设x>0，y>0，x＋2y＝5，则eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．答案4eq\r(3)解析∵x>0，y>0，∴eq\r(xy)>0.∵x＋2y＝5，∴eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3).当且仅当2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))，且x＋2y＝5，即x＝2，y＝eq\f(3,2)或x＝3，y＝1时取等号．∴eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为4eq\r(3).14．(2024·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq\f(1,8b)的最小值为________．答案eq\f(1,4)解析由已知，得2a＋eq\f(1,8b)＝2a＋2－3b≥2eq\r(2a·2－3b)＝2eq\r(2a－3b)＝2eq\r(2－6)＝eq\f(1,4)，当且仅当2a＝2－3b时等号成立，由a＝－3b，a－3b＋6＝0，得a＝－3，b＝1，故当a＝－3，b＝1时，2a＋eq\f(1,8b)取得最小值eq\f(1,4).15．(2024·江苏高考)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是________．答案30解析设总费用为y万元，则y＝eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(900,x)))≥240，当且仅当x＝eq\f(900,x)，即x＝30时，等号成立．16．(2024·天津高考)若a，b∈R，ab>0，则eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________．答案4解析∵a4＋4b4≥2a2·2b2＝4a2b2(当且仅当a2＝2b2时“＝”成立)，∴eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)，由于ab＞0，∴4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当4ab＝\f(1,ab)时“＝”成立))，故当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)))时，eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为4.17．(2024·重庆高考)设a，b>0，a＋b＝5，则eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)的最大值为________．答案3eq\r(2)解析令t＝eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)，则t2＝(eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3))2＝a＋1＋b＋3＋2eq\r(a＋1)·eq\r(b＋3)≤9＋a＋1＋b＋3＝18，当且仅当a＋1＝b＋3时，即a＝eq\f(7,2)，b＝eq\f(3,2)时，等号成立，所以t的最大值为3eq\r(2).三、模拟小题18．(2024·山东日照模拟)若实数x，y满意xy>0，则eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)的最大值为()A．2－eq\r(2) B．2＋eq\r(2)C．4＋2eq\r(2) D．4－2eq\r(2)答案D解析eq\f(x,x＋y)＋eq\f(2y,x＋2y)＝eq\f(x,x＋y)＋eq\f(x＋2y－x,x＋2y)＝1＋eq\f(x,x＋y)－eq\f(x,x＋2y)＝1＋eq\f(xy,x＋yx＋2y)＝1＋eq\f(xy,x2＋3xy＋2y2)＝1＋eq\f(1,3＋\f(x,y)＋\f(2y,x))，因为xy>0，所以eq\f(x,y)>0，eq\f(y,x)>0.由基本不等式可知eq\f(x,y)＋eq\f(2y,x)≥2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)y时等号成立，所以1＋eq\f(1,3＋\f(x,y)＋\f(2y,x))≤1＋eq\f(1,3＋2\r(2))＝4－2eq\r(2).故选D.19．(2024·重庆模拟)设a＝eq\r(x2－xy＋y2)，b＝peq\r(xy)，c＝x＋y，若对随意的正实数x，y，都存在以a，b，c为三边长的三角形，则实数p的取值范围是()A．(1,3) B．(1,2]C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))答案A解析对随意的正实数x，y，由于a＝eq\r(x2－xy＋y2)≥eq\r(2xy－xy)＝eq\r(xy)，当且仅当x＝y时等号成立，b＝peq\r(xy)，c＝x＋y≥2eq\r(xy)，当且仅当x＝y时等号成立，且三角形的随意两边之和大于第三边，所以eq\r(xy)＋2eq\r(xy)>peq\r(xy)，且peq\r(xy)＋eq\r(xy)>2eq\r(xy)，且peq\r(xy)＋2eq\r(xy)>eq\r(xy)，解得1<p<3，故实数p的取值范围是(1,3)，故选A.20．(2024·重庆梁平区调研)已知函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为()A．3－2eq\r(2) B．5C．3＋2eq\r(2) D．3＋eq\r(2)答案C解析令x＋3＝1，得x＝－2，故A(－2，－1)．又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，所以－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(2m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq\r(2).当且仅当m＝1－eq\f(\r(2),2)，n＝eq\r(2)－1时等号成立，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值为3＋2eq\r(2)，故选C.21．(2024·惠州市高三第三次调研)在△ABC中，点D是AC上一点，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(AD,\s\up6(→))，P为BD上一点，向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))(λ>0，μ>0)，则eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值为()A．16 B．8C．4 D．2答案A解析由题意可知eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋4μeq\o(AD,\s\up6(→))，其中B，P，D三点共线，由三点共线的充分必要条件可得，λ＋4μ＝1，则eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,λ)＋\f(1,μ)))(λ＋4μ)＝8＋eq\f(16μ,λ)＋eq\f(λ,μ)≥8＋2eq\r(\f(16μ,λ)·\f(λ,μ))＝16，当且仅当λ＝eq\f(1,2)，μ＝eq\f(1,8)时等号成立，即eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值为16.故选A.22．(2024·衡阳市高三第一次联考)设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2024＝6057，则eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)的最小值为()A．1 B．eq\f(2,3)C．eq\f(13,6) D．eq\f(3,2)答案D解析依题意，eq\f(2024,2)(a1＋a2024)＝6057⇒a1＋a2024＝a2＋a2024＝6，eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)＝eq\f(1,6)(a2＋a2024)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(4,a2024)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4a2,a2024)＋\f(a2024,a2)))≥eq\f(3,2).当且仅当a2＝2，a2024＝4时取等号．所以eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2024)的最小值为eq\f(3,2).23．(2024·浙江省名校联考)已知实数a，b，c，d满意a＋b＝1，c＋d＝1，则eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)的最小值是()A．10 B．9C．4eq\r(2) D．3eq\r(3)答案B解析∵a＋b＝1，c＋d＝1，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，取等号．则eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)≥4·eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝(c＋d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c)＋\f(1,d)))＝5＋eq\f(4d,c)＋eq\f(c,d)≥5＋2eq\r(\f(4d,c)·\f(c,d))＝9，故当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)且c＝eq\f(2,3)，d＝eq\f(1,3)时，eq\f(1,abc)＋eq\f(1,d)的最小值为9.故选B.24．(2024·山东省济宁市期末)已知数列{an}满意an＋1＋an＝(n＋1)coseq\f(nπ,2)(n≥2，n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，若S2024＋m＝1012，且a1·m>0，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)的最小值为()A．2 B．eq\r(2)C．2eq\r(2) D．2＋eq\r(2)答案A解析由an＋1＋an＝(n＋1)coseq\f(nπ,2)(n≥2，n∈N*)得，a3＋a2＝－3，a4＋a3＝0，a5＋a4＝5，a6＋a5＝0，a7＋a6＝－7，a8＋a7＝0，a9＋a8＝9，a10＋a9＝0，…，∴a2＋a3＋a4＋a5＝a6＋a7＋a8＋a9＝…＝a2024＋a2024＋a2024＋a2024＝2，∴S2024＝505(a2＋a3＋a4＋a5)＋a1＝1010＋a1，又S2024＋m＝1012，∴a1＋m＝2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)＝eq\f(1,2)(a1＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,m)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a1,m)＋\f(m,a1)))≥2，当且仅当a1＝m＝1时，取等号．∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,m)的最小值为2.一、高考大题1．(2024·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满意abc＝1.证明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3eq\r(3,a＋b3b＋c3c＋a3)＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ca))＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.二、模拟大题2．(2024·湖北宜昌一中7月起点检测)设a>0，b>0，且eq\f(1,2a＋b)＋eq\f(1,b＋1)＝1，求证：a＋2b≥eq\r(3)＋eq\f(1,2).证明设2a＋b＝x，b＋1＝y，则x>0，y>1，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝1，则a＝eq\f(x－y＋1,2)，b＝y－1，所以a＋2b＝eq\f(x－y＋1,2)＋2y－2＝eq\f(x,2)＋eq\f(3y,2)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(3y,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))－eq\f(3,2)＝eq\f(3y,2x)＋eq\f(x,2y)＋eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(3y,2x)·\f(x,2y))＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)＋eq\f(1,2)，当且仅当eq\f(3y,2x)＝eq\f(x,2y)，即a＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),3)，b＝eq\f(\r(3),3)时等号成立．故a＋2b≥eq\r(3)＋eq\f(1,2).3．(2024·河北唐山模拟)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.(1)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值；(2)是否存在x，y满意(x＋1)(y＋1)＝5？并说明理由．解(1)因为eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(x2＋y2,xy)≥eq\f(2xy,xy)＝2，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为2.(2)不存在．理由如下：因为x2＋y2≥2xy，所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.从而有(x＋1)(y＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1＋y＋1,2)))2≤4，因此不存在x，y满意(x＋1)(y＋1)＝5.4.(2024·攀枝花模拟)如图，将宽和长都分别为x，y(x＜y)的两个矩形部分重叠放在一起后形成的正十字形面积为eq\r(5).(注：正十字形指的是原来的两个矩形的顶点都在同一个圆上，且两矩形长所在的直线相互垂直的图形)(1)求y关于x的函数解析式；(2)当x，y取何值时，该正