Question

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.

 

Answer 1

【答案】

（1）y=x²-x+ Q₁(,3) Q₂(,5) Q₃(,7)

【解析】

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： 二次函数的性质，三角形的判定，三角函数的定义，及方程的应用，

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。