如图①,在平面直角坐标系中,Rt△AOB≌Rt△CDA,且A(-1,0)、B(0,2),抛物线y=ax2+ax-2经过点C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)在抛物线(对称轴的右侧)上是否存在两点P、Q,使四边形ABPQ是正方形?若存在,求点P、Q的坐标,若不存在,请说明理由;
(3)如图②,E为BC延长线上一动点,过A、B、E三点作⊙O′,连接AE,在⊙O′上另有一点F,且AF=AE,AF交BC于点G,连接BF.下列结论:①BE+BF的值不变;②[BF/AF=
BG
AG],其中有且只有一个成立,请你判断哪一个结论成立,并证明成立的结论.
Miss尾戒
1年前
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肥龙4886
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解题思路:(1)已知了Rt△AOB≌Rt△CDA,因此OB=AD=2,OA=CD=1,据此可求出C点坐标,然后将C点坐标代入抛物线中即可求出二次函数的解析式.
(2)可以AB为边在抛物线的右侧作正方形AQPB,过P作PE⊥y轴,过Q作QG垂直x轴于G,不难得出三角形ABO和三角形BPE和三角形QAG都全等,据此可求出P,Q的坐标,然后将两点坐标代入抛物线的解析式中即可判断出P、Q是否在抛物线上.
(另一种解法,如果存在这样的正方形AQPB,那么Q点必为直线CA与抛物线的交点,据此可求出Q点坐标,同理可先求出直线BP的解析式进而求出P点坐标,然后根据所得的P、Q的坐标判定矩形的四边是否相等即可.)
(3)本题中应该是②成立.本题要通过构建相似三角形求解.可连接EF,过F作FM∥GB角AB的延长线于M,那么根据BG∥MF可得出BG:AG=MF:AF,因此只需证明FM=BF即可.由于∠MBF是圆的内接四边形,因此∠FBM=∠AEF,而根据BG∥FM,可得出∠M=∠ABE,题中告诉了AE=AF,即弧AE=弧AF,根据圆周角定理可得∠AEF=∠ABE,由此可得出∠M=∠FBM,即BF=FM,由此可得证.
3)结论②[BF/AF
=
BG
AG]成立,证明如下:连EF,过F作FM∥BG交AB的延长线于M,则△AMF∽△ABG,
∴[MF/AF
=
BG
AG]
由(1)知△ABC是等腰直角三角形,
∴∠1=∠2=45°
∵AF=AE
∴∠AEF=∠1=45°,
∴∠EAF=90°,
∴EF是⊙O的直径.
∴∠EBF=90°,
∵FM∥BG,
∴∠MFB=∠EBF=90°,∠M=∠2=45°,
∴BF=MF,
(1)由Rt△AOB≌Rt△CDA,得OD=2+1=3,CD=1
∴C点坐标为(-3,1),
∴抛物线经过点C,
∴1=a(-3)2+a(-3)-2,
∴a=[1/2]
∴抛物线的解析式为y=[1/2]x2+[1/2]x-2
(2)在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形.
以AB为边在AB的右侧作正方形ABPQ,过P作PE⊥OB于E,QG⊥x轴于G,可证△
PBE≌△AQG≌△BAO,
∴PE=AG=BO=2,BE=QG=AO=1,
∴P点坐标为(2,1),Q点坐标为(1,-1).
由(1)抛物线y=[1/2]x2+[1/2]x-2
当x=2时,y=1;当x=1时,y=-1.
∴P、Q在抛物线上.
故在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P(2,1)、Q(1,-1),使四边形ABPQ是正方形.
(2)另在抛物线(对称轴右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形.
延长CA交抛物线于Q,过B作BP∥CA交抛物线于P,连PQ,设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1;y=k2x+b2,
∵A(-1,0),C(-3,1),
∴CA的解析式为y=-[1/2]x-[1/2],
同理得BP的解析式y=-[1/2]x+2,
解方程组
y=−
1
2x−
1
2
y=
1
2x2+
1
2x−2,
得Q点坐标为(1,-1),
同理得P点坐标为(2,1)
由勾股定理得AQ=BP=AB=
5,而∠BAQ=90°,四边形ABPQ是正方形,
故在抛物线(对称轴右侧)上存在点P(2,1)、Q(1,-1),使四边形ABPQ是正方形.
(3)结论②[BF/AF=
BG
AG]成立,
证明如下:连EF,过F作FM∥BG交AB的延长线于M,则△AMF∽△ABG,
∴[MF/AF=
BG
AG]
由(1)知△ABC是等腰直角三角形,
∴∠1=∠2=45°
∵AF=AE
∴∠AEF=∠1=45°,
∴∠EAF=90°,
∴EF是⊙O的直径.
∴∠EBF=90°,
∵FM∥BG,
∴∠MFB=∠EBF=90°,∠M=∠2=45°,
∴BF=MF,
∴[BF/AF=
BG
AG].
点评:
本题考点: 二次函数综合题.
考点点评: 本题主要考查了二次函数解析式的确定、正方形的判定、相似三角形的判定和性质等知识点.综合性强,涉及的知识点多,难度较大.
1年前
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3)结论②[BF/AF
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