已知抛物线y=-$\frac{1}{2}{x^2}$+x+4交x轴正半轴于点A.交y轴于点B．(1)求证:△AOB是等腰直角三角形．(2)若M为AB的中点.∠PMQ在AB的同侧以M为中心旋转.且∠PMQ=45°.MP交y轴于点C.MQ交x轴于点D．设AD的长为m.BC的长为n.求n与m之间的函数关系式．(3)当m.n为何值时.∠PMQ的边经过抛物线与x轴的另一个交� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

1．

已知抛物线y=-$\frac{1}{2}{x^2}$+x+4交x轴正半轴于点A，交y轴于点B．
（1）求证：△AOB是等腰直角三角形．
（2）若M为AB的中点，∠PMQ在AB的同侧以M为中心旋转，且∠PMQ=45°，MP交y轴于点C，MQ交x轴于点D．设AD的长为m（m＞0），BC的长为n，求n与m之间的函数关系式．
（3）当m，n为何值时，∠PMQ的边经过抛物线与x轴的另一个交点．

分析（1）令x=0，得y=4，即B（0，4）；令y=0，得x₁=-2，x₂=4，求得A（4，0），于是得到OA=OB=4由∠AOB=90°于是得到△AOB是等腰直角三角形；
（2）根据抛物线上点的坐标特征，可求出点B的坐标，从而得到OA=OB=4，进而得到AB=4$\sqrt{2}$，∠OAB=∠OBA=45°，结合∠PMQ=45°可证到△BCM∽△AMD，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；
（3）可分MP过点E和MQ过点E两种情况讨论：当MP过点E时，可运用待定系数法求出直线MP的解析式，从而可求出点C的坐标，就可求出OC，BC（即n），然后代入n与m的函数关系式就可求出m；当MQ过点E时，即可得到AD（即m），然后代入n与m的函数关系式就可求出n．

解答解：（1）证明：令x=0，得y=4，即B（0，4）；
令y=0，得x₁=-2，x₂=4，
∴A（4，0）
∴OA=OB=4
∵∠AOB=90°
∴△AOB是等腰直角三角形；

（2）当x=0时，y=4，
∴B（0，4），OB=4．
∵∠AOB=90°，OA=OB=4，
∴AB=4$\sqrt{2}$，∠OAB=∠OBA=45°．
∵M为AB的中点，
∴BM=$\frac{1}{2}$AB=2$\sqrt{2}$．
∵∠AMC=∠AMD+∠CMD=∠BCM+∠CBM，∠CBM=∠CMD=45°，
∴∠BCM=∠AMD，
∴△BCM∽△AMD，
∴$\frac{BM}{AD}=\frac{BC}{AM}$，
∴BM²=BC•AD．
∵AD=m，BC=n，
∴8=mn，
∴n和m之间的函数关系式为n=$\frac{8}{m}$；

（3）当y=0时，0=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，
解得：x₁=-2，x₂=4，
∴E（-2，0）．
∵M是AB的中点，A（4，0），B（0，4），
∴M（2，2）．
①若MP过点E，
设MP的解析式为y=px+q，
则有$\left\{\begin{array}{l}{2p+q=2}\\{-2p+q=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{1}{2}}\\{q=1}\end{array}\right.$，
∴MP的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+1．
当x=0时，y=1，
∴C（0，1），OC=1，
∴n=BC=4-1=3，
∴m=$\frac{8}{3}$；
②若MQ过点E，
则点E与点D重合，
∴m=AD=AE=4-（-2）=6，
∴n=$\frac{8}{6}$=$\frac{4}{3}$．
综上所述：当m=$\frac{8}{3}$，n=3或m=6，n=$\frac{4}{3}$时，∠PMQ的边经过抛物线与x轴的另一个交点．

点评本题主要考查了运用待定系数法求抛物线和直线的解析式、抛物线上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证到△BCM∽△AMD是解决第（2）小题的关键，运用分类讨论的思想是解决第（3）小题的关键．

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