题目内容

【题目】如图甲,四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上,顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D,交y轴于点E,连接AB、AE、BE.已知tan∠CBE= ,A(3,0),D(﹣1,0),E(0,3).

(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;
(2)求证:CB是△ABE外接圆的切线;
(3)试探究坐标轴上是否存在一点P,使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,若存在,直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由;
(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0<t≤3)时,△AOE与△ABE重叠部分的面积为s,求s与t之间的函数关系式,并指出t的取值范围.

【答案】
(1)

解:由题意,设抛物线解析式为y=a(x﹣3)(x+1).

将E(0,3)代入上式,解得:a=﹣1.

∴y=﹣x2+2x+3.

则点B(1,4).


(2)

证明:如图1,过点B作BM⊥y于点M,则M(0,4).

在Rt△AOE中,OA=OE=3,

∴∠1=∠2=45°,AE= =3

在Rt△EMB中,EM=OM﹣OE=1=BM,

∴∠MEB=∠MBE=45°,BE= =

∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°.

∴AB是△ABE外接圆的直径.

在Rt△ABE中,tan∠BAE= = =tan∠CBE,

∴∠BAE=∠CBE.

在Rt△ABE中,∠BAE+∠3=90°,∴∠CBE+∠3=90°.

∴∠CBA=90°,即CB⊥AB.

∴CB是△ABE外接圆的切线.


(3)

解:Rt△ABE中,∠AEB=90°,tan∠BAE= ,sin∠BAE= ,cos∠BAE=

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,则△DEP必为直角三角形;

①DE为斜边时,P1在x轴上,此时P1与O重合;

由D(﹣1,0)、E(0,3),得OD=1、OE=3,即tan∠DEO= =tan∠BAE,即∠DEO=∠BAE

满足△DEO∽△BAE的条件,因此 O点是符合条件的P1点,坐标为(0,0).

②DE为短直角边时,P2在x轴上;

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,则∠DEP2=∠AEB=90°,sin∠DP2E=sin∠BAE=

而DE= = ,则DP2=DE÷sin∠DP2E= ÷ =10,OP2=DP2﹣OD=9

即:P2(9,0);

③DE为长直角边时,点P3在y轴上;

若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,则∠EDP3=∠AEB=90°,cos∠DEP3=cos∠BAE=

则EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷ = ,OP3=EP3﹣OE=

综上,得:P1(0,0),P2(9,0),P3(0,﹣ ).


(4)

解:设直线AB的解析式为y=kx+b.

将A(3,0),B(1,4)代入,得 ,解得

∴y=﹣2x+6.

过点E作射线EF∥x轴交AB于点F,当y=3时,得x= ,∴F( ,3).

情况一:如图2,

当0<t≤ 时,设△AOE平移到△GNM的位置,MG交AB于点H,MN交AE于点S.

则ON=AG=t,过点H作LK⊥x轴于点K,交EF于点L.

由△AHG∽△FHM,得 ,即

解得HK=2t.

∴S=SMNG﹣SSNA﹣SHAG= ×3×3﹣ (3﹣t)2 t2t=﹣ t2+3t.

情况二:如图3,

<t≤3时,设△AOE平移到△PQR的位置,PQ交AB于点I,交AE于点V.

由△IQA∽△IPF,得 .即

解得IQ=2(3﹣t).

∵AQ=VQ=3﹣t,

∴S= IVAQ= (3﹣t)2= t2﹣3t+

综上所述:s=


【解析】(1)已知A、D、E三点的坐标,利用待定系数法可确定抛物线的解析式,进而能得到顶点B的坐标.(2)过B作BM⊥y轴于M,由A、B、E三点坐标,可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形,易证得∠BEA=90°,即△ABE是直角三角形,而AB是△ABE外接圆的直径,因此只需证明AB与CB垂直即可.BE、AE长易得,能求出tan∠BAE的值,结合tan∠CBE的值,可得到∠CBE=∠BAE,由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°,此题得证.(3)△ABE中,∠AEB=90°,tan∠BAE= ,即AE=3BE,若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,那么该三角形必须满足两个条件:①有一个角是直角、②两直角边满足1:3的比例关系;然后分情况进行求解即可.(4)过E作EF∥x轴交AB于F,当E点运动在EF之间时,△AOE与△ABE重叠部分是个四边形;当E点运动到F点右侧时,△AOE与△ABE重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解.

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