题目内容
如图1,平面直角坐标系中,抛物线与轴交于A、B两点,点C是AB的中点,CD⊥AB且CD=AB.直线BE与轴平行,点F是射线BE上的一个动点,连接AD、AF、DF.
(1)若点F的坐标为(,),AF=.
①求此抛物线的解析式;
②点P是此抛物线上一个动点,点Q在此抛物线的对称轴上,以点A、F、P、Q为顶点构成的四边形是平行四边形,请直接写出点Q的坐标;
(2)若,,且AB的长为,其中.如图2,当∠DAF=45时,求的值和∠DFA的正切值.
(1)若点F的坐标为(,),AF=.
①求此抛物线的解析式;
②点P是此抛物线上一个动点,点Q在此抛物线的对称轴上,以点A、F、P、Q为顶点构成的四边形是平行四边形,请直接写出点Q的坐标;
(2)若,,且AB的长为,其中.如图2,当∠DAF=45时,求的值和∠DFA的正切值.
(1)y=x2-x+ Q1(,3) Q2(,5) Q3(,7)
试题分析(1):由题意。根据勾股定理易得到,点A B的坐标,将点代入解析式中求出b c 的值,因为对称轴x=,所以,设Q(,n) P(m, m2+m+),∵QP//AF.且QP="AF.∴AF与PQ的斜率相同,即解析式中的k相等,将点A" F的坐标代人y=kx+b中得到AF的解析式,即可以得到PQ的解析式,含有m,n的方程,解得Q的坐标值。(2)问,做辅助线,过点D做DM//X轴,交抛物线与M,过点A做AH⊥Y轴,得到矩形,由此证得△ABF≌△AHM,及△AFD≌△AMD,得,∠DFA=∠AFB由于C为中点,∴DG=CB=HD=t,设DF=x,∴DF2=DG2+GF2∴(t+x)2=t2+(2t-x)2 解得x = tan∠DFA==3. 解:(1)①∵直线BE与轴平行,点F的坐标为(,1),
∴点B的坐标为(,0),∠FBA=90,BF=1.
在Rt△EFM中,AF=,
∴.
∴点A的坐标为(,0).
∴抛物线的解析式为. ......................... 1分
②点Q的坐标为(,3),(,5),(,7). ................... 4分
阅卷说明:答对1个得1分.
(2)∵,,
∴.
∴.
由 ,
.
解得 ,.
∵,
∴点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(,0).
∴AB=,即 . ............................................. 5分
方法一:过点D作DG∥轴交BE于点G,
AH∥BE交直线DG于点H,延长
DH至点M,使HM=BF.(如图)
∵DG∥轴,AH∥BE,
∴四边形ABGH是平行四边形.
∵∠ABF=90,
∴四边形ABGH是矩形.
同理四边形CBGD是矩形.
∴AH=GB=CD=AB=GH=.
∵∠HAB=90,∠DAF=45,
∴∠1+∠2=45.
在△AFB和△AMH中,
∴△AFB≌△AMH. 6分
∴∠1=∠3,AF=AM,∠4=∠M.
∴∠3+∠2="45."
在△AFD和△AMD中,
∴△AFD≌△AMD.
∴∠DFA=∠M,FD=MD.
∴∠DFA=∠4. ............................................................ 7分
∵C是AB的中点,
∴DG=CB=HD=.
设BF=,则GF=,FD=MD=.
在Rt△DGF中,,
∴,
解得 .
∴. ...................................... 8分
方法二:过点D作DM⊥AF于M.(如图)
∵CD⊥AB,DM⊥AF,
∴∠NCA=∠DMN=90.
∵∠1=∠2,
∴∠NAC=∠NDM.
∴tan∠NAC=tan∠NDM.
∴. …………………………….6分
∵C是AB的中点,CD=AB=,
∴AC=,.
∵∠DAM=45,
∴.
设 CN=,则DN=.
∴.
∴.
在Rt△DNM中,,
∴.
.
.
∴,(舍).
∴CN=, ................................................................ 7分
AN=.
∵EB∥轴,
∴EB⊥轴.
∵CD⊥AB,
∴CD∥EB.
∴.
∴AF=.
∴MF= AFAM=.
∴. ...................................... 8分
∴考点:
点评:熟练掌握二次函数的性质,三角形的判定,还有正切值的求法,本题的关键是做辅助线的基础上找到等角的关系,由全等三角形的判定知边度关系,再由正切定理把设的未知数舍去而求之,本题做法不唯一,可根据已知灵活应用。属于难题,综合性强,中考易出的题型。
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