【文章內(nèi)容簡介】 OCE= = ， ∴ 點(diǎn) E（ 0， 2 ）． 設(shè)直線 AC 的函數(shù)解析式為 y=kx+ ，有 ，解得： k= ． ∴ 直線 AC 的函數(shù)解析式為 y= ． （ 2）在 Rt△ OGE 中， tan∠ EOG=tan∠ OCE= = ， 設(shè) EG=3t， OG=5t， OE= = t， ∴ ，得 t=2， 故 EG=6， OG=10， ∴ S△ OEG= ． （ 3）存在． ①當(dāng)點(diǎn) Q 在 AC 上時，點(diǎn) Q 即為點(diǎn) G， 如圖 1，作 ∠ FOQ 的角平分線交 CE 于點(diǎn) P1， 由 △ OP1F≌△ OP1Q，則有 P1F⊥ x軸，由于點(diǎn) P1在直線 AC 上，當(dāng) x=10 時， y=﹣ = ， ∴ 點(diǎn) P1（ 10， ）． ②當(dāng)點(diǎn) Q 在 AB 上時， 如圖 2，有 OQ=OF，作 ∠ FOQ 的角平分線交 CE 于點(diǎn) P2， 過點(diǎn) Q 作 QH⊥ OB 于點(diǎn) H，設(shè) OH=a， 則 BH=QH=14﹣ a， 在 Rt△ OQH 中， a2+（ 14﹣ a） 2=100， 解得： a1=6， a2=8， ∴ Q（﹣ 6， 8）或 Q（﹣ 8， 6）． 連接 QF 交 OP2于點(diǎn) M． 當(dāng) Q（﹣ 6， 8）時，則點(diǎn) M（ 2， 4）． 當(dāng) Q（﹣ 8， 6）時，則點(diǎn) M（ 1， 3）． 設(shè)直線 OP2的解析式為 y=kx，則 2k=4， k=2． ∴ y=2x． 解方程組 ，得 ． ∴ P2（ ）； 當(dāng) Q（﹣ 8， 6）時，則點(diǎn) M（ 1， 3）， 同理可求 P2′（ ）， P3（ ）； 如圖，有 QP4∥ OF， QP4=OF=10，點(diǎn) P4在 E 點(diǎn)， 設(shè) P4的橫坐標(biāo)為 x，則點(diǎn) Q 的橫坐標(biāo)為 x﹣ 10， ∵ yQ=yP，直線 AB 的函數(shù)解析式為 y=x+14， ∴ （ x﹣ 10） +14=﹣ x+2 ， 解得： x= ，可得： y= ， ∴ 點(diǎn) P4（ ， ）， 當(dāng) Q 在 BC 邊上時，如圖， OQ=OF=10，點(diǎn) P5在 E 點(diǎn)， ∴ P5（ 0， 2 ）， 綜上所述，滿足條件的 P 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 10， ）或（ ）或（ ）或（ ， ）或（ 0， 2 ）． 9．（ 2020?廣州）如圖，拋物線 y= 與 x軸交于 A、 B 兩點(diǎn)（點(diǎn) A在點(diǎn) B 的左側(cè)），與 y 軸交于點(diǎn) C． （ 1）求點(diǎn) A、 B 的坐標(biāo)； （ 2）設(shè) D 為已知拋物線的 對稱軸上的任意一點(diǎn)，當(dāng) △ ACD 的面積等于 △ ACB 的面積時，求點(diǎn) D 的坐標(biāo)； （ 3）若直線 l過點(diǎn) E（ 4， 0）， M 為直線 l上的動點(diǎn)，當(dāng)以 A、 B、 M 為頂點(diǎn)所作的直角三角形有且只有三個時，求直線 l的解析式． 解題思路 ： （ 1） A、 B 點(diǎn)為拋物線與 x軸交點(diǎn)，令 y=0，解一元二次方程即可． （ 2）根據(jù)題意求出 △ ACD 中 AC 邊上的高，設(shè)為 h．在坐標(biāo)平面內(nèi)，作 AC 的平行 線，平行線之間的距離等于 h．根據(jù)等底等高面積相等，可知平行線與坐標(biāo)軸的交 點(diǎn)即為所求的 D 點(diǎn)． 從一次函數(shù)的觀點(diǎn)來看，這樣的平行線可以看做是直線 AC 向上或向下平移而形成．因此先求出直線 AC 的解析式，再求出平移距離，即可求得所作平行線的解析式，從而求得 D 點(diǎn)坐標(biāo)． 注意：這樣的平行線有兩條，如答圖 1 所示． （ 3）本問關(guān)鍵是理解 “以 A、 B、 M為頂點(diǎn)所作的直角三角形有且只有三個 ”的含義． 因?yàn)檫^ A、 B點(diǎn)作 x軸的垂線，其與直線 l的兩個交點(diǎn)均可以與 A、 B點(diǎn)構(gòu)成直角三角形，這樣已經(jīng)有符合題意的兩個直角三角形；第三個直角三角形從直線與圓的位置關(guān)系方面考慮，以 AB 為直徑作圓，當(dāng)直線與圓相切時，根據(jù)圓 周角定理，切點(diǎn)與 A、 B 點(diǎn)構(gòu)成直角三角形．從而問題得解． 注意：這樣的切線有兩條，如答圖 2 所示． 解答： 解：（ 1）令 y=0，即 =0， 解得 x1=﹣ 4， x2=2， ∴ A、 B 點(diǎn)的坐標(biāo)為 A（﹣ 4， 0）、 B（ 2， 0）． （ 2） S△ ACB= AB?OC=9， 在 Rt△ AOC 中， AC= = =5， 設(shè) △ ACD 中 AC 邊上的高為 h，則有 AC?h=9，解得 h= ． 如答圖 1，在坐標(biāo)平面內(nèi)作直線平行于 AC，且到 AC 的距離 =h= ，這樣的直線有2 條，分別是 l1和 l2，則直線與對稱軸 x=﹣ 1 的兩個交點(diǎn)即 為所求的點(diǎn) D． 設(shè) l1交 y 軸于 E，過 C 作 CF⊥ l1于 F，則 CF=h= ， ∴ CE= = ． 設(shè)直線 AC 的解析式為 y=kx+b，將 A（﹣ 4， 0）， C（ 0， 3）坐標(biāo)代入， 得到 ，解得 ， ∴ 直線 AC 解析式為 y= x+3． 直線 l1可以看做直線 AC 向下平移 CE 長度單位（ 個長度單位）而形成的， ∴ 直線 l1的解析式為 y= x+3﹣ = x﹣ ． 則 D1的縱坐標(biāo)為 （﹣ 1）﹣ = ， ∴ D1（﹣ 1， ）． 同理，直線 AC 向上平移 個長度單位得到 l2，可求得 D2（﹣ 1， ） 綜上所述， D 點(diǎn)坐標(biāo)為： D1（﹣ 1， ）， D2（﹣ 1， ）． （ 3）如答圖 2，以 AB 為直徑作 ⊙ F，圓心為 F．過 E點(diǎn)作 ⊙ F 的切線，這樣的 切線有 2 條． 連接 FM，過 M 作 MN⊥ x軸于點(diǎn) N． ∵ A（﹣ 4， 0）， B（ 2， 0）， ∴ F（﹣ 1， 0）， ⊙ F 半徑 FM=FB=3． 又 FE=5，則在 Rt△ MEF 中， ME= =4， sin∠ MFE= ， cos∠ MFE= ． 在 Rt△ FMN 中， MN=MF?sin∠ MFE=3 = ， FN=MF?cos∠ MFE=3 = ，則 ON= ， ∴ M 點(diǎn)坐標(biāo)為（ ， ） 直線 l過 M（ ， ）， E（ 4， 0）， 設(shè)直線 l的解析式為 y=kx+b，則有 ，解得 ， 所以直線 l的解析式為 y= x+3． 同理，可以求得另一條切線的解析式為 y= x﹣ 3． 綜上所述，直線 l的解析式為 y= x+3 或 y= x﹣ 3． 10．（ 2020?杭州）如圖， AE 切 ⊙ O于點(diǎn) E， AT 交 ⊙ O于點(diǎn) M， N，線段 OE 交 AT 于點(diǎn) C，OB⊥ AT 于點(diǎn) B，已知 ∠ EAT=30176。， AE=3 ， MN=2 ． （ 1）求 ∠ COB 的度數(shù)； （ 2）求 ⊙ O 的半徑 R； （ 3）點(diǎn) F 在 ⊙ O 上（ 是劣?。?，且 EF=5，把 △ OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點(diǎn)分別與點(diǎn) E， F 重合．在 EF 的同一側(cè)，這樣的三角形共有多少個？你能在其中找出另一個頂點(diǎn)在 ⊙ O 上的三角形嗎？請?jiān)趫D中畫出這個三角形，并求出這個三角形與△ OBC 的周長之比． 解題思路 ： （ 1）由 AE 與圓 O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到 AE 與 CE 垂直，又 OB 與 AT 垂直，可得出兩直角相等，再由一對對頂角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似可得 出三角形 AEC 與三角形 OBC 相似，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等可得出所求的角與 ∠ A相等，由 ∠ A的度數(shù)即可求出所求角的度數(shù)； （ 2）在直角三角形 AEC 中，由 AE 及 tanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義求出 CE的長，再由 OB 垂直于 MN，由垂徑定理得到 B 為 MN 的中點(diǎn)，根據(jù) MN 的長求出MB 的長，在直角三角形 OBM中，由半徑 OM=R，及 MB的長，利用勾股定理表示出 OB 的長，在直角三角形 OBC 中，由表示出 OB 及 cos30176。的值，利用銳角三角函數(shù)定義表示出 OC，用 OE﹣ OC=EC 列出關(guān)于 R 的方程，求出方程的解得到半徑 R的值； （ 3）把 △ OBC經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，使它的兩個頂點(diǎn)分別與點(diǎn) E， F 重合．在EF 的同一側(cè)，這樣的三角形共有 6 個，如圖所示，每小圖 2 個，頂點(diǎn)在圓上的三角 形，延長 EO 與圓交于點(diǎn) D，連接 DF，由第二問求出半徑，的長直徑 ED 的長，根據(jù) ED 為直徑，利用直徑所對的圓周角為直角，得到三角形 EFD 為直角三角形，由∠ FDE 為 30176。，利用銳角三角函數(shù)定義求出 DF 的長，表示出三角形 EFD 的周長，再由第二問求出的三角形 OBC 的三邊表示出三角形 BOC 的周長，即可求出兩三角形的周長之比． 解答： 解：（ 1） ∵ AE 切 ⊙ O 于點(diǎn) E， ∴ AE⊥ CE，又 OB⊥ AT， ∴∠ AEC=∠ CBO=90176。， 又 ∠ BCO=∠ ACE， ∴△ AEC∽△ OBC，又 ∠ A=30176。， ∴∠ COB=∠ A=30176。； （ 2） ∵ AE=3 ， ∠ A=30176。， ∴ 在 Rt△ AEC 中， tanA=tan30176。= ，即 EC=AEtan30176。=3， ∵ OB⊥ MN， ∴ B 為 MN 的中點(diǎn)，又 MN=2 ， ∴ MB= MN= ， 連接 OM，在 △ MOB 中， OM=R， MB= ， ∴ OB= = ， 在 △ COB 中， ∠ BOC=30176。， ∵ cos∠ BOC=cos30176。= = ， ∴ BO= OC， ∴ OC= OB= ， 又 OC+EC=OM=R， ∴ R= +3， 整理得： R2+18R﹣ 115=0，即（ R+23）（ R﹣ 5） =0， 解得： R=﹣ 23（舍去）或 R=5， 則 R=5； （ 3）在 EF 同一側(cè)， △ COB 經(jīng)過平移、旋轉(zhuǎn)和相似變換后，這樣的三角形有 6 個， 如圖，每小圖 2 個，頂點(diǎn)在圓上的三角形，如圖所示： 延長 EO 交圓 O 于點(diǎn) D，連接 DF，如圖所示， ∵ EF=5，直徑 ED=10，可得出 ∠ FDE=30176。， ∴ FD=5 ， 則 C△ EFD=5+10+5 =15+5 ， 由（ 2）可得 C△ COB=3+ ， ∴ C△ EFD： C△ COB=（ 15+5 ）：（ 3+ ） =5： 1． 11．（ 2020?重慶）已知：如圖，在直角梯形 ABCD 中， AD∥ BC， ∠ B=90176。， AD=2， BC=6，AB=3． E 為 BC 邊上一點(diǎn)，以 BE 為邊作正方形 BEFG，使 正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在BC 的同側(cè)． （ 1）當(dāng)正方形的頂點(diǎn) F 恰好落在對角線 AC 上時，求 BE 的長； （ 2）將（ 1）問中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移，記平移中的正方形 BEFC 為正方形 B′EFG，當(dāng)點(diǎn) E 與點(diǎn) C重合時停止平移．設(shè)平移的距離為 t，正方形 B′EFG 的邊 EF 與 AC 交于點(diǎn) M，連接 B′D， B′M， DM，是否存在這樣的 t，使 △ B′DM 是直角三角形？若存在，求出 t 的值；若不存在，請說明理由； （ 3）在（ 2）問的平移過程中，設(shè)正方形 B′EFG 與 △ ADC 重疊部分的面積為 S，請直接寫出 S 與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式以及 自變量 t 的取值范圍． 解題思路 ： （ 1）首先設(shè)正方形 BEFG 的邊長為 x，易得 △ AGF∽△ ABC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得 BE 的長； （ 2）首先利用 △ MEC∽△ ABC 與勾股定理，求得 B′M， DM 與 B′D 的平方，然后分別從若 ∠ DB′M=90176。，則 DM2=B′M2+B′D2，若 ∠ DB′M=90176。，則 DM2=B′M2+B′D2，若 ∠ B′DM=90176。，則 B′M2=B′D2+DM2去分析，即可得到方程，解方程即可 求得答案； （ 3）分別從當(dāng) 0≤t≤ 時，當(dāng) ＜ t≤2 時，當(dāng) 2＜ t≤ 時，當(dāng) ＜ t≤4 時去分析求解即可求得答案． 解答： 解：（ 1）如圖 ①， 設(shè)正方形 BEFG 的邊長為 x， 則 BE=FG=BG=x， ∵ AB=3， BC=6， ∴ AG=AB﹣ BG=3﹣ x， ∵ GF∥ BE， ∴△ AGF∽△ ABC， ∴ ， 即 ， 解得： x=2， 即 BE=2； （ 2）存在滿足條件的 t， 理由：如圖 ②，過點(diǎn) D 作 DH⊥ BC 于 H， 則 BH=AD=2， DH=AB=3， 由題意得： BB′=HE=t， HB′=|t﹣ 2|， EC=4﹣ t， ∵ EF∥ AB， ∴△ MEC∽△ ABC， ∴ ，即 ， ∴ ME=2﹣ t， 在 Rt△ B′ME 中， B′M2=ME2+B′E2=22+（ 2﹣ t） 2= t2﹣ 2t+8， 在 Rt△ DHB′中， B′D2=DH2+B′H2=32+（ t﹣ 2） 2=t2﹣ 4t+13， 過點(diǎn) M 作 MN⊥ DH 于 N， 則 MN=HE=t， NH=ME=2﹣ t， ∴ DN=DH﹣ NH=3﹣（ 2﹣ t） = t+1， 在 Rt△ DMN 中， DM2=DN2+MN2= t2+t+1， （ Ⅰ ）若 ∠ DB′M=90176。，則 D