Question

【題目】平面直角坐標(biāo)系中，是坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線交軸于兩點(diǎn)(如圖)，頂點(diǎn)是，對(duì)稱軸交軸于點(diǎn)

（1）如圖(1)求拋物線的解析式；

（2）如圖(2)是第三象限拋物線上一點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交拋物線于點(diǎn)，連接求證：；

（3）如圖(3)在(2)問(wèn)條件下，分別是線段延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接，過(guò)點(diǎn)作于交于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于，若求點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）；（2）證明見(jiàn)解析；（3）．

【解析】

（1）設(shè)DA=DB=m，根據(jù)拋物線對(duì)稱性和OB=2OA，建立方程求解即可；

（2）配方法可求得拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于G，過(guò)F作FG⊥CD于G，可證明△DEH∽△DFG，tan∠GFC=tan∠ECH，即可證明∠ECF=90°；

（3）以DM為邊在x軸上方作正方形DMKT，延長(zhǎng)CQ交KT于S，過(guò)S作SG⊥DM于G，連接MT，作∠SCT平分線交MT于I，過(guò)點(diǎn)I作IJ⊥CT于J，設(shè)DM=t，則DT=TK=t，易證：△MDC≌△CJI，△MDN≌△SGP，可得：SZ=SL=t-7，CZ=CJ=t，CS=2t-7，利用勾股定理建立方程即可求得點(diǎn)M坐標(biāo)，再利用相似三角形性質(zhì)可求得點(diǎn)R坐標(biāo)，運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得直線DR解析式，解方程組可求得點(diǎn)F的坐標(biāo)．

解：（1）∵拋物線對(duì)稱軸為：直線x=1，

∴D（1，0），由拋物線對(duì)稱性知：DA=DB，設(shè)DA=DB=m，

則：A（1-m，0），B（1+m，0），

∵OB=2OA

∴1+m=2（m-1），解得：m=3

∴A（-2，0），B（4，0），將A（-2，0）代入，

得，

解得：；

∴拋物線的解析式為：；

（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于H，過(guò)F作FG⊥CD于G，

∵，

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為：（1，），

設(shè)點(diǎn)E（n，），點(diǎn)F（m，），

∴點(diǎn)G為：（1，），點(diǎn)H為：（1，），

∴EH=1-n，FG=m-1，DG=，DH=，

∵EH⊥CD，FG⊥CD

∴∠DHE=∠DGF=90°

∵∠EDH=∠FDG

∴△DEH∽△DFG，

∴，

得，

得

∴；

（3）如圖3，以DM為邊在x軸上方作正方形DMKT，延長(zhǎng)CQ交KT于S，過(guò)S作SG⊥DM于G，連接MT，作∠SCT平分線交MT于I，過(guò)點(diǎn)I作IJ⊥CT于J，作IL⊥KT于L，作IZ⊥SQ于Z，設(shè)DM=t，則DT=TK=t，

∵正方形DMKT，

∴∠DTM=∠KTM=∠DMT=45°

∴四邊形TLIJ是正方形，

∴IJ=TJ=TL

∵CI平分∠SCT

∴∠JCI=∠SCT

∵CQ⊥MN

∴∠SCT+∠MND=∠NMD+∠MND=90°

∴∠NMD=∠SCT

∵∠NMD=2∠DMC，

∴∠DMC=∠SCT

∴∠JCI=∠DMC

∴∠JCI+∠DTM=∠DMC+∠DMT

即∠CIM=∠CMI

∴CM=CI

∵∠MDC=∠CJI=90°

∴△MDC≌△CJI（AAS）

∴IJ=CD=3

∴JT=TL=3

在△MDN和△SGP中

∴△MDN≌△SGP（AAS）

∴DN=PG

∵DN+BO=MP，MG+PG=MP

∴MG=BO=4

∴KS=4

∴SL=t-7，

易證：SZ=SL=t-7，CZ=CJ=t，CS=2t-7

在Rt△CST中，∵ST2+CT2=CS2

∴（t-4）2+（t+3）2=（2t-7）2，

解得：t1=12，t2=1（不符合題意，舍去）

∴M（-11，0）；

過(guò)點(diǎn)R作RW⊥DM于W，則△MRW∽△MCD

∵MR：RC=7：3，

∴，

∴，

∴，，

∴點(diǎn)R為：（，），

設(shè)DR直線為，

則，解得：，

解析式：；

∴解方程組，

解得：，；

∴點(diǎn)E為：（，），點(diǎn)；