题目

题型：不详难度：来源：

如图1，平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A、B两点，点C是AB的中点，CD⊥AB且CD=AB.直线BE与轴平行，点F是射线BE上的一个动点，连接AD、AF、DF.

（1）若点F的坐标为（，），AF=.
①求此抛物线的解析式；
②点P是此抛物线上一个动点，点Q在此抛物线的对称轴上，以点A、F、P、Q为顶点构成的四边形是平行四边形，请直接写出点Q的坐标；
（2）若，，且AB的长为，其中.如图2，当∠DAF=45时，求的值和∠DFA的正切值.

答案

（1）y=x²-x+ Q₁(,3) Q₂(,5) Q₃(,7)

解析

试题分析（1）：由题意。根据勾股定理易得到，点A B的坐标，将点代入解析式中求出b c 的值，因为对称轴x=，所以，设Q（，n） P(m, m²+m+),∵QP//AF.且QP="AF.∴AF与PQ的斜率相同，即解析式中的k相等，将点A" F的坐标代人y=kx+b中得到AF的解析式，即可以得到PQ的解析式，含有m,n的方程，解得Q的坐标值。（2）问，做辅助线，过点D做DM//X轴，交抛物线与M,过点A做AH⊥Y轴，得到矩形，由此证得△ABF≌△AHM，及△AFD≌△AMD,得，∠DFA=∠AFB由于C为中点，∴DG=CB=HD=t，设DF=x,∴DF²=DG²+GF²∴(t+x)²=t²+(2t-x)² 解得x = tan∠DFA==3. 解：（1）①∵直线BE与轴平行，点F的坐标为（，1），
∴点B的坐标为（，0），∠FBA=90，BF=1.
在Rt△EFM中，AF=，
∴. 
∴点A的坐标为（，0）.
∴抛物线的解析式为. ......................... 1分
②点Q的坐标为（，3），（，5），（，7）.  ................... 4分
阅卷说明：答对1个得1分.
（2）∵，，
∴.
∴.
由 ，
.
解得 ，.
∵，
∴点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（，0）.
∴AB=，即 .  ............................................. 5分
方法一：过点D作DG∥轴交BE于点G，
AH∥BE交直线DG于点H，延长
DH至点M，使HM=BF.（如图）

∵DG∥轴，AH∥BE，
∴四边形ABGH是平行四边形.
∵∠ABF=90，
∴四边形ABGH是矩形.
同理四边形CBGD是矩形.
∴AH=GB=CD=AB=GH=.
∵∠HAB=90，∠DAF=45，
∴∠1+∠2=45.
在△AFB和△AMH中，
 
∴△AFB≌△AMH.  6分
∴∠1=∠3，AF=AM，∠4=∠M.
∴∠3+∠2="45."
在△AFD和△AMD中，

∴△AFD≌△AMD.
∴∠DFA=∠M，FD=MD.
∴∠DFA=∠4.  ............................................................ 7分
∵C是AB的中点，
∴DG=CB=HD=.
设BF=，则GF=，FD=MD=.
在Rt△DGF中，，
∴，
解得 .
∴.  ...................................... 8分
方法二：过点D作DM⊥AF于M.（如图）

∵CD⊥AB，DM⊥AF，
∴∠NCA=∠DMN=90.
∵∠1=∠2，
∴∠NAC=∠NDM.
∴tan∠NAC=tan∠NDM.
∴.  …………………………….6分
∵C是AB的中点，CD=AB=，
∴AC=，.
∵∠DAM=45，
∴. 
设 CN=，则DN=.
∴.
∴.
在Rt△DNM中，，
∴.
.
.
∴，（舍）.
∴CN=， ................................................................ 7分
AN=.
∵EB∥轴，
∴EB⊥轴.
∵CD⊥AB，
∴CD∥EB.
∴.
∴AF=.
∴MF= AFAM=.
∴.  ...................................... 8分
^∴考点：
点评：熟练掌握二次函数的性质，三角形的判定，还有正切值的求法，本题的关键是做辅助线的基础上找到等角的关系，由全等三角形的判定知边度关系，再由正切定理把设的未知数舍去而求之，本题做法不唯一，可根据已知灵活应用。属于难题，综合性强，中考易出的题型。