分析 (1)首先求出B、C兩點坐標,代入y=ax2-2ax+c中,解方程組即可.
(2)首先證明△DFB,△PDH都是等腰直角三角形,設DF=BF=a,則BD=$\sqrt{2}$a,DH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a,PD=a,P(3-a,-2a),把P(3-a,-2a)代入y=x2-2x-3求得a=2或0(舍棄),推出P(1,-4),D(1,-2),OF=1,DF=2,由OE∥DF,得到$\frac{OE}{DF}$=$\frac{AO}{AF}$,求出OE,再利用勾股定理求出BE即可.
(3)如圖2中,連接PB、RC、PC,作RH⊥y軸于H.只要證明△RHG≌△GOB,推出RH=OG,GH=OB=3,設OG=RH=m,則R(-m,3+m),把R(-m,3+m)代入y=x2-2x-3得3+m=m2+2m-3,解方程即可解決問題.
解答 解:(1)∵直線y=x-3分別交x軸于B,交y軸于C,
∴B(3,0),C(0,-3),
把B(3,0),C(0,-3)代入y=ax2-2ax+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=-3}\\{9a-6a+c=0}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{c=-3}\end{array}\right.$,
∴a=1,c=-3.
(2)如圖1中,延長PD交x軸于F.
∵OC=OB=3,∠BOC=90°,
∴∠OCB=∠OBC=45°,
∵PH⊥BC,PF∥OC,
∴∠PDH=∠OCB=∠FDB=45°,
∴△DFB,△PDH都是等腰直角三角形,
設DF=BF=a,則BD=$\sqrt{2}$a,DH=PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a,PD=a,
∴P(3-a,-2a),
把P(3-a,-2a)代入y=x2-2x-3得到,-2a=(3-a)2-2(3-a)-3,整理得a2-2a=0,解得a=2或0(舍棄),
∴P(1,-4),D(1,-2),
∴OF=1,DF=2,
∵OE∥DF,
∴$\frac{OE}{DF}$=$\frac{AO}{AF}$,
∴$\frac{OE}{2}$=$\frac{1}{2}$,
∴EO=1,
在Rt△OBE中,BE=$\sqrt{O{E}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$.
(3)如圖2中,連接PB、RC、PC,作RH⊥y軸于H.
∵OE=1,OB=3,PC=$\sqrt{2}$,BC=3$\sqrt{2}$,
∴$\frac{OE}{OB}$=$\frac{PC}{BC}$=$\frac{1}{3}$,
∴$\frac{OE}{PC}$=$\frac{EB}{BC}$,∵∠BOE=∠PCB=90°,
∴△BOE∽△BCP,
∴∠OBE=∠CBP,
∴∠OBC=∠EBP=45°,
∵$\frac{1}{2}$∠RGB=∠OBG+∠EBP,又∵∠RGB=∠RGH+∠HGB=∠RGH+(∠GCB+∠GBC),
∴2∠OBG+2∠EBP=∠RGH+(∠GCB+∠GBC),
∴2∠OBG+90°=∠RGH+(45°+45°+∠OBG),
∴∠OBG=∠RGH,
∵RG=BG,∠RHG=∠GOB=90°,
∴△RHG≌△GOB,
∴RH=OG,GH=OB=3,設OG=RH=m,則R(-m,3+m),
把R(-m,3+m)代入y=x2-2x-3得3+m=m2+2m-3,解得m=2或-3(舍棄),
∴點R坐標為(-2,5).
點評 本題考查二次函數綜合題、等腰直角三角形的判定和性質、平行線的性質、相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識,第三個問題的關鍵是,學會添加輔助線,構造全等三角形解決問題,學會利用參數構建方程,靈活運用待定系數法解決問題,屬于中考壓軸題.
科目:初中數學 來源: 題型:選擇題
A. | 正六邊形的一個內角是108° | |
B. | 不可能事件發生的概率為1 | |
C. | 不在同一直線上的三個點確定一個圓 | |
D. | 兩邊及其一邊的對角對應相等的兩個三角形全等 |
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科目:初中數學 來源: 題型:填空題
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