備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)《重難點(diǎn)解讀?專項(xiàng)訓(xùn)練》專題04“一線三垂直”模型及其變形的應(yīng)用（知識(shí)解讀）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、復(fù)習(xí)方法
1.以專題復(fù)習(xí)為主。 2.重視方法思維的訓(xùn)練。
3.拓寬思維的廣度，培養(yǎng)多角度、多維度思考問題的習(xí)慣。
二、復(fù)習(xí)難點(diǎn)
1.專題的選擇要準(zhǔn)，安排時(shí)間要合理。 2.專項(xiàng)復(fù)習(xí)要以題帶知識(shí)。
3.在復(fù)習(xí)的過程中要兼顧基礎(chǔ)，在此基礎(chǔ)上適當(dāng)增加變式和難度，提高能力。

專題04 “一線三垂直”模型及其變形的應(yīng)用（知識(shí)解讀）
【專題說明】
一線三垂直問題，通常問題中有一線段繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°，或者問題中有矩形或正方形的情況下考慮，作輔助線，構(gòu)造全等三角形形或相似三角形，建立數(shù)量關(guān)系使問題得到解決。
【方法技巧】
模型1 “全等型”一線三垂直模型
如圖一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。結(jié)論：Rt△BDC≌Rt△CEA

圖1
應(yīng)用：
（1）通過證明全等實(shí)現(xiàn)邊角關(guān)系的轉(zhuǎn)化，便于解決對(duì)應(yīng)的幾何問題；
（2）平面直角坐標(biāo)系中有直角求點(diǎn)的坐標(biāo)，可以考慮作輔助線構(gòu)造“三垂直”
作輔助線的程序：過直角頂點(diǎn)再直角外部作水平線或豎直線，過另外兩個(gè)頂點(diǎn)向上述直線作垂線段，即可得到“三垂直”模型。如下圖所示

模型2 “相似型”一線三垂直模型
如圖，∽（一線三直角）

應(yīng)用：（1）“相似型”三垂直基本應(yīng)用
平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“相似型”三垂直。作輔助線方法和模型1一樣
（3）平面直角坐標(biāo)系中運(yùn)動(dòng)成直角
【典例分析】
【應(yīng)用1 “全等型”三垂直基本應(yīng)用】
【典例1】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線MN經(jīng)過點(diǎn)C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時(shí)，
求證：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，說明理由．
【變式1-1】如圖，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，則BD等于（）
A．6cmB．8cmC．10cmD．4cm
【變式1-2】在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，過點(diǎn)B、C分別作l的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E．
（1）特例體驗(yàn)：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；
（2）規(guī)律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請(qǐng)?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點(diǎn)H，請(qǐng)?jiān)偬骄€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點(diǎn)F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【應(yīng)用2 平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“全等型”三垂直】
【典例2】已知：在平面直角坐標(biāo)系中，A為x軸負(fù)半軸上的點(diǎn)，B為y軸負(fù)半軸上的點(diǎn)．
（1）如圖1，以A點(diǎn)為頂點(diǎn)、AB為腰在第三象限作等腰Rt△ABC，若OA＝2，OB＝4，求C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖2，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，﹣m），點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為n，以B為頂點(diǎn)，BA為腰作等腰Rt△ABD．當(dāng)B點(diǎn)沿y軸負(fù)半軸向下運(yùn)動(dòng)且其他條件都不變時(shí)，整式4m+4n﹣9的值是否發(fā)生變化？若不發(fā)生變化，請(qǐng)求出其值；若發(fā)生變化，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖3，若OA＝OB，OF⊥AB于點(diǎn)F，以O(shè)B為邊作等邊△OBM，連接AM交OF于點(diǎn)N，若AN＝m，ON＝n，請(qǐng)直接寫出線段AM的長．
【變式2-1】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，等腰Rt△ABC的直角頂點(diǎn)C在x軸上，點(diǎn)A在y軸上，若點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，1），則點(diǎn)A坐標(biāo)為（）
A．（4，0）B．（5，0）C．（0，4）D．（0，5）
【變式2-2】如圖，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），則M的坐標(biāo)是（）
A．（﹣2，0）B．（﹣2，0）C．（﹣2，0）D．（﹣4，0）
【應(yīng)用3 “相似型”三垂直基本應(yīng)用】
【典例3】已知矩形ABCD的一條邊AD＝8，將矩形ABCD折疊，使得頂點(diǎn)B落在CD邊上的P點(diǎn)處．如圖，已知折痕與邊BC交于點(diǎn)O，連接AP、OP、OA．
（1）求證：＝；
（2）若OP與PA的比為1：2，求邊AB的長．
【變式3】如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，F(xiàn)C＝6，則DG的長是（）
A．4B．C．D．5
【應(yīng)用4 平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“相似型”三垂直】
【典例4】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝kx+2與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，且OB＝2OA．
（1）如圖1，求直線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)P在第三象限的直線AB上，點(diǎn)C在點(diǎn)A上方的y軸上，連接PC、BC，PC交x軸于點(diǎn)N，且tan∠APC＝，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△ABC的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)D在y軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，連接DE、PD，AD＝ON，當(dāng)∠PDE＝∠PCD時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【變式4】（2022?禪城區(qū)二模）如圖，拋物線經(jīng)過原點(diǎn)O，對(duì)稱軸為直線x＝2且與x軸交于點(diǎn)D，直線l：y＝﹣2x﹣1與y軸交于點(diǎn)A，與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)B，并且點(diǎn)B在第四象限，直線l與直線x＝2交于點(diǎn)C．
（1）連接AD，求證：AD⊥AC．
（2）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在直線l上有一點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)P，拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)Q，當(dāng)△PBQ是以PQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【應(yīng)用5平面直角坐標(biāo)系中運(yùn)動(dòng)成直角】
【典例5】如圖，已知拋物線y＝﹣x2+與x軸交于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）則點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)B的坐標(biāo)為，點(diǎn)C的坐標(biāo)為；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）（其中x1＞x2）都在拋物線上，若x1+x2＝1，請(qǐng)證明：y1＞y2；
（3）已知點(diǎn)M是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是線段BC上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，若∠CNM＝90°，且△CMN與△OBC相似，試求此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．
【變式5】（2022?碑林區(qū)校級(jí)四模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝ax2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（﹣5，0），B（﹣1，0），交y軸于點(diǎn)C（0，5）．
（1）求拋物線C1的表達(dá)式和頂點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）將拋物線C1關(guān)于y軸對(duì)稱的拋物線記作C2，點(diǎn)E為拋物線C2上一點(diǎn)若△DOE是以DO為直角邊的直角三角形，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
專題04 “一線三垂直”模型及其變形的應(yīng)用（知識(shí)解讀）
【專題說明】
一線三垂直問題，通常問題中有一線段繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°，或者問題中有矩形或正方形的情況下考慮，作輔助線，構(gòu)造全等三角形形或相似三角形，建立數(shù)量關(guān)系使問題得到解決。
【方法技巧】
模型1 “全等型”一線三垂直模型
如圖一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。結(jié)論：Rt△BDC≌Rt△CEA

圖1
應(yīng)用：
（1）通過證明全等實(shí)現(xiàn)邊角關(guān)系的轉(zhuǎn)化，便于解決對(duì)應(yīng)的幾何問題；
（2）平面直角坐標(biāo)系中有直角求點(diǎn)的坐標(biāo)，可以考慮作輔助線構(gòu)造“三垂直”
作輔助線的程序：過直角頂點(diǎn)再直角外部作水平線或豎直線，過另外兩個(gè)頂點(diǎn)向上述直線作垂線段，即可得到“三垂直”模型。如下圖所示

模型2 “相似型”一線三垂直模型
如圖，∽（一線三直角）

應(yīng)用：（1）“相似型”三垂直基本應(yīng)用
平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“相似型”三垂直。作輔助線方法和模型1一樣
（3）平面直角坐標(biāo)系中運(yùn)動(dòng)成直角
【典例分析】
【應(yīng)用1 “全等型”三垂直基本應(yīng)用】
【典例1】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線MN經(jīng)過點(diǎn)C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時(shí)，
求證：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，說明理由．
【解答】（1）證明：①∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
②∵△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝CE+CD＝AD+BE．
（2）△ADC≌△CEB成立，DE＝AD+BE．不成立，此時(shí)應(yīng)有DE＝AD﹣BE．
證明：∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝AD﹣BE．
【變式1-1】如圖，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，則BD等于（）
A．6cmB．8cmC．10cmD．4cm
【答案】B
【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，
∵在Rt△ABC與Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（AAS），
∴BC＝DE＝2cm，CD＝AB＝6cm，
∴BD＝BC+CD＝2+6＝8cm，
故選：B．
【變式1-2】在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，過點(diǎn)B、C分別作l的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E．
（1）特例體驗(yàn)：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；
（2）規(guī)律探究：
（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請(qǐng)?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點(diǎn)H，請(qǐng)?jiān)偬骄€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點(diǎn)F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
【應(yīng)用2 平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“全等型”三垂直】
【典例2】已知：在平面直角坐標(biāo)系中，A為x軸負(fù)半軸上的點(diǎn)，B為y軸負(fù)半軸上的點(diǎn)．
（1）如圖1，以A點(diǎn)為頂點(diǎn)、AB為腰在第三象限作等腰Rt△ABC，若OA＝2，OB＝4，求C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖2，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，﹣m），點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為n，以B為頂點(diǎn)，BA為腰作等腰Rt△ABD．當(dāng)B點(diǎn)沿y軸負(fù)半軸向下運(yùn)動(dòng)且其他條件都不變時(shí)，整式4m+4n﹣9的值是否發(fā)生變化？若不發(fā)生變化，請(qǐng)求出其值；若發(fā)生變化，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖3，若OA＝OB，OF⊥AB于點(diǎn)F，以O(shè)B為邊作等邊△OBM，連接AM交OF于點(diǎn)N，若AN＝m，ON＝n，請(qǐng)直接寫出線段AM的長．
【解答】解：（1）如圖1，過點(diǎn)C作CQ⊥OA于點(diǎn)Q，
∴∠AQC＝90°
∵△ABC等腰直角三角形，
∴AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴∠ACQ＝∠BAO．
∴△AQC≌△BOA（AAS），
∴CQ＝AO，AQ＝BO．
∵OA＝2，OB＝4，
∴CQ＝2，AQ＝4，
∴OQ＝6，
∴C（﹣6，﹣2）．
（2）整式4m+4n﹣9的值不會(huì)變化．
理由如下：
如圖2，過點(diǎn)D作DP⊥OB于點(diǎn)P，
∴∠BPD＝90°，
∵△ABD等腰Rt△，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠ABO+∠OBD＝90°，
∴∠ABO＝∠BDP，
∴△AOB≌△BPD（AAS），
∴AO＝BP，
∵BP＝OB﹣PO＝m﹣（﹣n）＝m+n，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∴m+n＝2，
∴當(dāng)B點(diǎn)沿y軸負(fù)半軸向下運(yùn)動(dòng)時(shí)AO＝BP＝m+n＝2，
∴4m+4n﹣9＝4×﹣9＝﹣，
∴整式4m+4n﹣9 的值不變，為﹣．
（3）AM＝2m+n．
證明：如圖3，在MA上截取MG＝ON，連接BG，
∵△OBM是等邊三角形，
∴BO＝BM＝MO，∠OBM＝∠OMB＝∠BOM＝60°，
∴AO＝MO，∠ABM＝105°，∠HOM＝30°，
∵OA＝OB，
∴OA＝OM＝BM．
∴∠OAN＝∠AMO＝15°，
∴∠BAM＝30°，∠BMA＝45°，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF＝45°，
∴∠AOF＝∠BMA．
∴△ANO≌△BGM（AAS），
∴BG＝AN．
∵ON＝MG，
∴∠GBM＝∠OAN，
∴∠GBM＝15°，
∴∠ABG＝90°
∴2BG＝AG，
∴2AN＝AG，
∵AG＝AM﹣GM，
∴2AN+ON＝AM，
即AM＝2m+n．
【變式2-1】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，等腰Rt△ABC的直角頂點(diǎn)C在x軸上，點(diǎn)A在y軸上，若點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，1），則點(diǎn)A坐標(biāo)為（）
A．（4，0）B．（5，0）C．（0，4）D．（0，5）
【答案】D
【解答】解：作BD⊥x軸于D，
∵B（6，1），
∴BD＝1，OD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠OAC，
∵∠AOC＝∠BDO，
∴△ACO≌△CBD（AAS），
∴OC＝BD＝1，CD＝OA＝5，
∴A（0，5），
故選：D．
【變式2-2】如圖，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），則M的坐標(biāo)是（）
A．（﹣2，0）B．（﹣2，0）C．（﹣2，0）D．（﹣4，0）
【答案】D
【解答】解：過點(diǎn)N作ND⊥y軸于點(diǎn)D，
∵P（0，2），N（2，﹣2），
∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，
∴PD＝4，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MPO+∠DPN＝90°，
又∵∠DPN+∠PND＝90°，
∴∠MPO＝∠PND，
又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，
∴△MOP≌△PDN（AAS），
∴OM＝PD＝4，
∴M（﹣4，0），
故選：D．
【應(yīng)用3 “相似型”三垂直基本應(yīng)用】
【典例3】已知矩形ABCD的一條邊AD＝8，將矩形ABCD折疊，使得頂點(diǎn)B落在CD邊上的P點(diǎn)處．如圖，已知折痕與邊BC交于點(diǎn)O，連接AP、OP、OA．
（1）求證：＝；
（2）若OP與PA的比為1：2，求邊AB的長．
【解答】（1）證明：由折疊的性質(zhì)可知，∠APO＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠OPC＝90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠POC+∠OPC＝90°，
∴∠APD＝∠POC，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝；
（2）解：∵△OCP∽△PDA，
∴，
∵OP與PA的比為1：2，AD＝8，
∴，
∴PC＝4，
設(shè)AB＝x，則DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，
在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，
∴x2＝82+（x﹣4）2，
解得：x＝10，
∴AB＝10．
【變式3】如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，F(xiàn)C＝6，則DG的長是（）
A．4B．C．D．5
【解答】解：∵EF⊥FG，
∴∠EFB+∠GFC＝90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∴∠GFC+∠FGC＝90°，
∴∠EFB＝∠FGC，
∴△EFB∽△FGC，
∴，
∵BE＝3，BF＝2，F(xiàn)C＝6，
∴，
∴CG＝4，
同理可得△DAE∽△EBF，
∴，
∴，
∴AE＝，
∴BA＝AE+BE＝+3＝，
∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝．
故選：B．
【應(yīng)用4 平面直角坐標(biāo)系中構(gòu)造“相似型”三垂直】
【典例4】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝kx+2與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，且OB＝2OA．
（1）如圖1，求直線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)P在第三象限的直線AB上，點(diǎn)C在點(diǎn)A上方的y軸上，連接PC、BC，PC交x軸于點(diǎn)N，且tan∠APC＝，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△ABC的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)D在y軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，連接DE、PD，AD＝ON，當(dāng)∠PDE＝∠PCD時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵直線y＝kx+2與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，
令x＝0，則y＝2，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，2），
∴OA＝2，
∵OB＝2OA，
∴OB＝4，
∴B（﹣4，0），
將（﹣4，0）代入y＝kx+2得：0＝﹣4k+2，
解得：k＝，
∴直線的解析式為：y＝；
（2）過點(diǎn)A作EA⊥AB交PC于點(diǎn)E，過E點(diǎn)作EG⊥y軸，垂足為G，過點(diǎn)P作PF⊥y軸，垂足為F，
∵∠PAE＝90°，
∴∠PAF+∠EAG＝90°，
∵∠PAF+∠APF＝90°，
∴∠APF＝∠EAG，
∵∠EGA＝∠AFP＝90°，
∴△AEG∽△PAF，
∵tan∠APC＝，
∴＝＝，
設(shè)P（t，），則PF＝﹣t，AF＝﹣，
∴AG＝＝﹣，EG＝＝﹣，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為：（0，2），
∴E（），
設(shè)PE的解析式為：y＝ax+b，
由P（t，），E（）可得：
，
解得：，
∴C（0，2﹣），
∴AC＝2﹣﹣2＝﹣，
∵BO＝4，
∴S＝＝﹣t，
（3）作EF⊥DE交PD于F，過點(diǎn)E作EG⊥y軸于點(diǎn)G，作FH⊥EG于H，
由（2）得直線PC的解析式：y＝x+（2﹣），
∴∠PCO＝45°，
∴ON＝OC＝2﹣，
∴AD＝ON＝2﹣，
∴D（0，），
∵∠PDE＝∠PCD＝45°，
∴△DEG≌△EFH（AAS）．
∴EG＝FH＝2，DG＝EH＝1﹣，
∴F（），
設(shè)PD的解析式為：y＝mx+n，
由P（t，）、D（0，）可得：
，
解得：，
∴PD的解析式為：y＝，
把點(diǎn)F（﹣3+）代入y＝得：
t1＝﹣6，t2＝2（舍去），
∴D（0，﹣3）．
【變式4】（2022?禪城區(qū)二模）如圖，拋物線經(jīng)過原點(diǎn)O，對(duì)稱軸為直線x＝2且與x軸交于點(diǎn)D，直線l：y＝﹣2x﹣1與y軸交于點(diǎn)A，與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)B，并且點(diǎn)B在第四象限，直線l與直線x＝2交于點(diǎn)C．
（1）連接AD，求證：AD⊥AC．
（2）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在直線l上有一點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)P，拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)Q，當(dāng)△PBQ是以PQ為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）如圖1，過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，
則∠AEC＝∠DOA＝90°，
∵直線y＝﹣2x﹣1與y軸交于點(diǎn)A，與直線x＝2交于點(diǎn)C，
∴A（0，﹣1），C（2，﹣5），
∴E（0，﹣5），
∴OA＝1，OD＝2，CE＝2，AE＝4，
∴＝，＝＝，
∴＝，
∵∠AEC＝∠DOA，
∴△AEC∽△DOA，
∴∠CAE＝∠ADO，
∵∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠CAE+∠DAO＝90°，
∴∠DAC＝180°﹣（∠CAE+∠DAO）＝180°﹣90°＝90°，
∴AD⊥AC．
（2）設(shè)拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y＝ax2+bx，
∵對(duì)稱軸為直線x＝2，
∴＝2，
∴b＝﹣4a，
∴y＝ax2﹣4ax，
由ax2﹣4ax＝﹣2x﹣1，整理得ax2+（2﹣4a）x+1＝0，
∵直線y＝﹣2x﹣1與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)B，
∴Δ＝（2﹣4a）2﹣4a＝0，
解得：a1＝，a2＝1，
當(dāng)a＝時(shí)，拋物線解析式為y＝x2﹣x，
聯(lián)立得x2﹣x＝﹣2x﹣1，
解得：x1＝x2＝﹣2，
∴B（﹣2，3）與點(diǎn)B在第四象限矛盾，故a＝不符合題意，舍去，
當(dāng)a＝1時(shí)，y＝x2﹣4x，
聯(lián)立得x2﹣4x＝﹣2x﹣1，
解得：x1＝x2＝1，
∴B（1，﹣3），點(diǎn)B在第四象限符合題意，
∴a＝1，
∴該拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y＝x2﹣4x．
（3）如圖2，過點(diǎn)B作BQ⊥AB交拋物線于點(diǎn)Q，作GH∥x軸交y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)Q作QH⊥GH，
則∠AGB＝∠BHQ＝∠ABQ＝90°，
∴∠ABG+∠QBH＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠QBH＝∠BAG，
∴△ABG∽△BQH，
∴＝，
設(shè)Q（t，t2﹣4t），
∵A（0，﹣1），B（1，﹣3），
∴AG＝2，BG＝1，BH＝t﹣1，QH＝t2﹣4t+3，
∴＝，
解得：t＝1（舍去）或t＝，
∴BH＝﹣1＝，QH＝（）2﹣4×+3＝，
過點(diǎn)B作EF∥y軸，過點(diǎn)P1作P1E⊥EF，過點(diǎn)P2作P2F⊥EF，
∵△PBQ是以PQ為斜邊的等腰直角三角形，
∴P1B＝BQ＝P2B，
∵∠P1BE+∠EBQ＝∠EBQ+∠QBH＝90°，
∴∠P1BE＝∠QBH，
∵∠BEP1＝∠BHQ＝90°，
∴△BEP1≌△BHQ（AAS），
∴EP1＝QH＝，BE＝BH＝，
∴P1（﹣，﹣），
同理可得：P2（，﹣），
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P1（﹣，﹣），P2（，﹣）．
【應(yīng)用5平面直角坐標(biāo)系中運(yùn)動(dòng)成直角】
【典例5】如圖，已知拋物線y＝﹣x2+與x軸交于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）則點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)B的坐標(biāo)為，點(diǎn)C的坐標(biāo)為；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）（其中x1＞x2）都在拋物線上，若x1+x2＝1，請(qǐng)證明：y1＞y2；
（3）已知點(diǎn)M是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是線段BC上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，若∠CNM＝90°，且△CMN與△OBC相似，試求此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．
【解答】（1）證明：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，
∴點(diǎn)C（0，2），
當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x2+＝0，
解得：x＝﹣1或x＝4，
∴點(diǎn)A（﹣1，0），B（4，0）．
（2）證明：由題意得：
y1﹣y2＝﹣x12+x1+2﹣（﹣x22+x2+2）＝x22﹣x12+x1﹣x2＝（x2+x1）（x2﹣x1）+（x1﹣x2），
∵x1+x2＝1，
∴y1﹣y2＝x1﹣x2，
又∵x1＞x2，
∴y1＞y2．
（3）解：設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，則
，解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+2，
如圖，過點(diǎn)N作NG⊥y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)M作MH⊥GN于點(diǎn)H，則∠CGN＝∠H＝90°，
∴∠GNC+∠GCN＝90°，
∵∠CNM＝90°，
∴∠GNC+∠HNM＝90°，
∴∠GCN＝∠HNM，
∴△CNG∽△NMH，
∴，
設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，），則GN＝n，GC＝，
①當(dāng)△NCM∽△OCB時(shí)，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OC：OB＝1：2，
∴NH＝2CG＝2（）＝﹣n2+3n，HM＝2NG＝2n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+3n）＝﹣n2+4n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣2n＝﹣n2﹣n+2，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣n2+4n，﹣n2﹣n+2），
∵點(diǎn)M在直線BC上，
∴﹣（﹣n2+4n）+2＝﹣n2﹣n+2，
解得：n＝0（舍去）或，
∴點(diǎn)N坐標(biāo)為（，）；
②當(dāng)△NCM∽△OBC時(shí)，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OB：OC＝2：1，
∴NH＝CG＝（）＝﹣n2+n，HM＝GN＝n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+n）＝﹣n2+n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣n＝﹣n2+n+2，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣n2+n，﹣n2+n+2），
∴﹣（﹣n2+n）+2＝﹣n2+n+2，
解得：n＝0（舍去）或n＝3，
∴點(diǎn)N坐標(biāo)為（3，2），
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）或（3，2）．
【變式5】（2022?碑林區(qū)校級(jí)四模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝ax2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（﹣5，0），B（﹣1，0），交y軸于點(diǎn)C（0，5）．
（1）求拋物線C1的表達(dá)式和頂點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）將拋物線C1關(guān)于y軸對(duì)稱的拋物線記作C2，點(diǎn)E為拋物線C2上一點(diǎn)若△DOE是以DO為直角邊的直角三角形，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣5，0），B（﹣1，0），C（0，5）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+6x+5，
∵y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4，
∴頂點(diǎn)D（﹣3，﹣4）；
（2）設(shè)拋物線C2上任意一點(diǎn)（x，y），則（x，y）關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)為（﹣x，y），
∵點(diǎn)（﹣x，y）在拋物線C1上，
∴拋物線記作C2的解析式為y＝x2﹣6x+5，
設(shè)E（t，t2﹣6t+5），
過點(diǎn)D作DG⊥x軸交于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作EH⊥x軸交于點(diǎn)H，
∵∠DOE＝90°，
∴∠GOD+∠HOE＝90°，
∵∠GOD+∠GDO＝90°，
∴∠HOE＝∠GDO，
∴△GDO∽△HOE，
∴＝，
∵DG＝4，GO＝3，HE＝﹣t2+6t﹣5，OH＝t，
∴＝，
∴t＝4或t＝，
∴E（4，﹣3）或E（，﹣）．

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