Question

【題目】（1）問題發(fā)現(xiàn)

如圖1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，連接AC，BD交于點M．填空：

①的值為　 　；

②∠AMB的度數(shù)為　 　．

（2）類比探究

如圖2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，連接AC交BD的延長線于點M．請判斷的值及∠AMB的度數(shù)，并說明理由；

（3）拓展延伸

在（2）的條件下，將△OCD繞點O在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，AC，BD所在直線交于點M，若OD=1，OB=，請直接寫出當點C與點M重合時AC的長．

【答案】（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的長為3或2．

【解析】

（1）①證明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值為1；

②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；

（2）根據(jù)兩邊的比相等且夾角相等可得△AOC∽△BOD，則，由全等三角形的性質(zhì)得∠AMB的度數(shù)；

（3）正確畫圖形，當點C與點M重合時，有兩種情況：如圖3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，則∠AMB=90°，，可得AC的長．

（1）問題發(fā)現(xiàn)：

①如圖1，

∵∠AOB=∠COD=40°，

∴∠COA=∠DOB，

∵OC=OD，OA=OB，

∴△COA≌△DOB（SAS），

∴AC=BD，

∴

②∵△COA≌△DOB，

∴∠CAO=∠DBO，

∵∠AOB=40°，

∴∠OAB+∠ABO=140°，

在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，

（2）類比探究：

如圖2，，∠AMB=90°，理由是：

Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，

∴，

同理得：，

∴，

∵∠AOB=∠COD=90°，

∴∠AOC=∠BOD，

∴△AOC∽△BOD，

∴ ，∠CAO=∠DBO，

在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；

（3）拓展延伸：

①點C與點M重合時，如圖3，

同理得：△AOC∽△BOD，

∴∠AMB=90°，，

設(shè)BD=x，則AC=x，

Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，

∴CD=2，BC=x-2，

Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，

∴AB=2OB=2，

在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，

(x)2+(x2)2＝(2)2，

x2-x-6=0，

（x-3）（x+2）=0，

x1=3，x2=-2，

∴AC=3；

②點C與點M重合時，如圖4，

同理得：∠AMB=90°，，

設(shè)BD=x，則AC=x，

在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，

(x)2+（x+2）2=(2)2.

x2+x-6=0，

（x+3）（x-2）=0，

x1=-3，x2=2，

∴AC=2；.

綜上所述，AC的長為3或2．

點睛：本題是三角形的綜合題，主要考查了三角形全等和相似的性質(zhì)和判定，幾何變換問題，解題的關(guān)鍵是能得出：△AOC∽△BOD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，并運用類比的思想解決問題，本題是一道比較好的題目．

【題型】解答題
【結(jié)束】
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【題目】如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）經(jīng)過點A（3，0），B（﹣1，0）．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）若以點A為圓心的圓與直線BC相切于點M，求切點M的坐標；

（3）若點Q在x軸上，點P在拋物線上，是否存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）M （3）P的坐標為（1+ ，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．

【解析】

(1)把點A(3,0),B(-1,0)代入二次函數(shù)表達式,即可求解;

(2)利用△AON≌△COB(AAS),求出N(0,-1),即可求解;

(3)分BC為平行四邊形的一條邊、BC為平行四邊形的對角線兩種情況,求解即可

解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）經(jīng)過點A（3，0），B（﹣1，0）．

∴ ，解得： ，

∴該拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；

（2）若以點A為圓心的圓與直線BC相切于點M，則AM⊥BC，

如圖，過點A作AM⊥BC，垂足為點M，交y軸與點N．

把x＝0代入y＝x2﹣2x﹣3得，y＝﹣3，

∴C（0，﹣3），

∵A（3，0），B（﹣1，0），

∴OA＝OC，OB＝1，

∵AM⊥BC，

∴∠AMB＝∠AON＝∠BOC＝90°，

∴∠BAM+∠OBC＝∠BAM+∠ONA＝90°，

∴∠ONA＝∠OBC，

∴△AON≌△COB（AAS），

∴ON＝OB＝1，

∴N（0，﹣1），

設(shè)直線AM解析式為y＝k1x+b1，

把A（3，0），N（0，﹣1）分別代入得 ，

解得： ，

∴直線AM解析式為y＝x﹣1…①，

設(shè)直線BC解析式為y＝k2x+b2，

同理可得：直線BC解析式為y＝﹣3x﹣3…②，

聯(lián)立①②并解得： ，

則M（﹣ ，﹣ ）；

（3）存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形，

①當BC為平行四邊形的一條邊時，如圖CBP′Q′，

點C（0，﹣3）向上3個單位、向左1個單位得到點B（﹣1，0），

同理點Q′（m，0）向上3個單位、向左1個單位得到點P′（m﹣1，3），

將點P′坐標代入二次函數(shù)表達式并解得：x＝2 ，

故點P′坐標為（1+ ，3）或（1﹣，3）；

②當BC為平行四邊形的對角線時，如圖CPBQ，

點P的坐標為（2，﹣3）；

P的坐標為（1+，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．