第7题解图②

解：(1)的结论仍成立．延长BD交CE于点F.如解图②.(5分) ∵∠BAD＋∠CAD＝90°. ∠EAC＋∠CAD＝90°. ∴∠BAD＝∠CAE.(6分) 在△DAB和△EAC中. .∴△DAB≌△EAC(SAS).

∴BD＝CE.∠ABD＝∠ACE.(8分) ∵∠ABC＋∠ACB＝90°.

∴∠CBF＋∠BCF＝∠ABC－∠ABD＋∠ACB＋∠ACE＝90°. ∴∠BFC＝180°－∠CBF－∠BCF＝180°－90°＝90°. ∴EC⊥BD.(9分)

8· 如图.已知抛物线与x轴交于A(－1.0).B两点.与y轴交于点C(0.3).点D为抛物线的顶点且对称轴为x＝1.

(1)求抛物线的解析式；

(2)直线CD与x轴交于点E.过线段OB的中点N作NF⊥x轴.交直线CD于点F.求EF的长；

(3)在第(2)问的条件下.直线NF上是否存在点M.使得以点M为圆心.OM为半径的圆与直线CD相切？若存在.求出点M的坐标；若不存在.请说明理由．

第8题图 解析

2

(1)【思路分析】设抛物线解析式为y＝ax＋bx＋c(a≠0).把点A(－1.0).点C(0.3)分别代入式中.再由对称轴公式x＝－＝1.列出三元一次方程组求解．

2

解：设抛物线解析式为y＝ax＋bx＋c.由题意可得： .解得.(2分)

2

∴抛物线的解析式为y＝－x＋2x＋3.(3分)

(2)【思路分析】要求EF的长.可放到Rt△ENF中.用勾股定理求解.这就需要知道EN、FN的长；而要求EN、FN的长.需知道点E、F的坐标.这就需要先求出直线CD的解析式；设直线CD解析式为y＝kx＋b.将C、D两点代入.用待定系数法求出直线CD的解析式．

解：∵点D为抛物线的顶点.∴D(1.4).

设CD的解析式为y＝kx＋b.把C(0.3).D(1.4)代入. 得.

解得k＝1.b＝3.

∴直线CD解析式为y＝x＋3.(4分) ∴E(－3.0).

∴OE＝OC＝3.∴∠AEC＝45°.

2

令抛物线y＝－x＋2x＋3中y＝0. 解得x1＝－1.x2＝3. ∴OB＝3.(5分)

∵点N是OB的中点. ∴ON＝.NE＝.(6分)

∵FN⊥x轴.∴∠AEC＝∠EFN＝45°.

. .

∴EN＝FN＝.

∴EF＝EN＝.(7分)

(3)【思路分析】假设存在符合条件的点M.设M(.y).过点M作MQ⊥CD于点Q.根据题意得MQ＝MO.再证出Rt△FQM∽ Rt△FNE.根据相似三角形对应边成比例列出关于y的方程求解．

解：直线NF上存在点M.过点M作MQ⊥CD于点Q.如解图.(8分)

第8题解图

∵⊙M与CD相切.∴MQ＝OM. 设M(.y).

222

∴MQ＝OM＝＋y.(9分) ∵∠MFQ＝∠NFE. ∠FQM＝∠FNE＝90°. ∴△FQM∽△FNE. ∴＝.∴＝. 即＝.

2

整理得：4y＋36y－63＝0.解得：y1＝.y2＝－.(11分) ∴点M的坐标为：M1(.)、M2(.－)．(12分)

9·如图①.边长为4的正方形ABCD的边AD∥y轴.点P(0.－1)是CD的中点.以P为顶点的抛物线经过点B.连接BD.

(1)求抛物线和直线BD的解析式；

(2)如图②.若点M是抛物线上一动点(点M不与点A、B重合).过点M作y轴的平行线FM与直线AB交于点F.与直线BD交于点E.当线段ME＝2EF时.求点M的坐标；

(3)如图③.平移抛物线.使平移后的抛物线顶点N在直线PB上.抛物线与直线PB的另一个交点为Q.点H在y轴正半轴上.当以H、N、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时.求出所有符合条件的H点的坐标．

第9题图

解析

2

(1)【思路分析】由点P(0.－1)是抛物线的顶点.可设抛物线的解析式为y＝ax－1.抛物线经过点B.故可求出a值.进而得抛物线的解析式；设直线BD解析式为：y＝kx＋b.用待定系数法即可求出直线解析式．

解：由正方形ABCD边长为4及点P(0.－1)可得. B(2.3)、D(－2.－1).

2

设抛物线的解析式为y＝ax －1. 把B(2.3)代入得. 3＝4a－1.解得a＝1,

2

∴抛物线的解析式为y＝x －1；(2分) 设直线BD的解析式为y＝kx＋b. 把B(2.3)、D(－2.－1)代入得. .

解得k＝1.b＝1.(3分)

. .

∴直线BD的解析式为y＝x＋1.(4分)

2

(2)【思路分析】设点M(x.x－1).进而表示出E.F点坐标.再根据ME＝2EF列方程.便可求出M点坐标．

2

解：设点M(x.x－1). 则E(x.x＋1).F(x.3).

22

∴ME＝x＋1－(x－1)＝－x＋x＋2.EF＝3－(x＋1)＝2－x.(5分)

2

当 ME＝2EF时.可列方程－x＋x＋2＝2(2－x).(6分) 解得x＝2或x＝1.(7分) ∵点M不与点A、B重合. ∴x＝1.

∴M(1.0)．(8分)

(3)【思路分析】由平移性质可知：NQ＝PB.设PB与y轴的夹角为α.由正方形可得sinα ；以点H、N、Q为顶点的三角形如果是等腰直角三角形.可分三种情况解答.即∠HQN＝90°、∠HNQ＝90°或∠NHQ＝90°三种情况．

解：由平移性质可知.NQ＝PB＝＝＝2.设PB与y轴的夹角为α.由正方形可得sinα＝＝. ①当∠HQN＝90°时.如解图①.HQ＝NQ＝2. 在Rt△PHQ中.sinα＝＝.解得HP＝10. ∴H(0.9)．(9分)

第9题解图①

第9题解图②

②当∠HNQ＝90°时.如解图②.HN＝NQ＝2. 在Rt△PHN中.sinα＝＝.解得HP＝10. ∴H(0.9)．(10分)

③当∠NHQ＝90°时.如解图③.NQ＝2.过点H作HG⊥PB于点G.由等腰三角形三线合一的性质及直角三角形性质可得.HG＝NQ＝.

在Rt△PHG中.sinα＝＝.解得HP＝5. ∴H(0.4)．(11分)

综上.所有符合条件的H点的坐标为：(0.9)和(0.4)．(12分)

第9题解图③

. .