在直角梯形OABC中,CB平行于OA,∠COA=90°,CB=3,OA=6,BA=3*根号5,分别以OA,OC边所在直线为X轴,Y轴,建面直角坐标系,求点B的坐标

在直角梯形OABC中,CB平行于OA,∠COA=90°,CB=3,OA=6,BA=3*根号5,分别以OA,OC边所在直线为X轴,Y轴,建面直角坐标系,求点B的坐标
在直角梯形OABC中,CB平行于OA,∠COA=90°,CB=3,OA=6,BA=3*根号5,分别以OA,OC边所在直线为X轴,Y轴,建
面直角坐标系,求点B的坐标

在直角梯形OABC中,CB平行于OA,∠COA=90°,CB=3,OA=6,BA=3*根号5,分别以OA,OC边所在直线为X轴,Y轴,建面直角坐标系,求点B的坐标
过点B作BP⊥x轴与点P
∵OA=6,CB=3
∴AP=3
∵BP⊥x轴
∴∠APB=90°
∵在Rt△ABP中,∠APB=90°
AP=3,AB=3根号5
∴BP=（3根号5）²-（3）²=6
∴B（3,6）

）△OAD∽△CDB. △ADB∽△ECB
（2）①（1，-4a）
②∵△OAD∽△CDB
∴
∵ax2-2ax-3a=0，可得A（3，0）
又OC=-4a,OD=-3a,CD=-a,CB=1,
故抛物线的解析式为
③存在，
设P（x,-x2+2x+3）
∵△PAN与△OAD相似,且△OAD为等腰三角形 ∴P...

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）△OAD∽△CDB. △ADB∽△ECB
（2）①（1，-4a）
②∵△OAD∽△CDB
∴
∵ax2-2ax-3a=0，可得A（3，0）
又OC=-4a,OD=-3a,CD=-a,CB=1,
故抛物线的解析式为
③存在，
设P（x,-x2+2x+3）
∵△PAN与△OAD相似,且△OAD为等腰三角形 ∴PN=AN
当x<0（x< -1）时，-x+3=-(-x2+2x+3),x1=-2,x2=3(舍去)，∴P（-2，-5）
当x>0（x>3）时，x-3= -(-x2+2x+3), x1=0,x2=3(都不合题意舍去)
符合条件的点P为（-2，-5）

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解（1）作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，（1分）
∴AH=OA-OH=6-3=3
在Rt△ABH中，BH= = =6（2分）
∴点B的坐标为（3.6）（3分）
（2）作EG⊥x轴于点G，则EG‖BH
∴△OEG∽△OBH（4分）
∴ 又∵OE=2EB
∴ ，∴ = ，
∴OG=2，EG=4

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解（1）作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，（1分）
∴AH=OA-OH=6-3=3
在Rt△ABH中，BH= = =6（2分）
∴点B的坐标为（3.6）（3分）
（2）作EG⊥x轴于点G，则EG‖BH
∴△OEG∽△OBH（4分）
∴ 又∵OE=2EB
∴ ，∴ = ，
∴OG=2，EG=4
∴点E的坐标为（2，4）（5分）
又∵点D的坐标为（0，5）
设直线DE的解析式为y=kx+b
则 ，解得k=- ，b=5
∴直线DE的解析式为：y=- x+5（7分）
（3）答：存在（8分）
①如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形．作MP⊥y轴于点P，则MP‖x轴，∴△MPD∽△FOD
∴ 又∵当y=0时，- x+5=0，解得x=10，
∴F点的坐标为（10，0），∴OF=10
在Rt△ODF中，FD= = =5 ，∴ ，
∴MP=2 ，PD= ，∴点M的坐标为（-2 ，5+ ）
∴点N的坐标为（-2 ， ）（10分）
②如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=- x+5上
∴设M点坐标为（a，- a+5）
在Rt△OPM中，OP2+PM2=OM2
∴a2+（- a+5）2=52，
解得：a1=4，a2=0（舍去），∴点M的坐标为（4，3）
∴点N的坐标为（4，8）（12分）
③如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为菱形，连接NM，交OD于点P，则NM与OD互相垂直平分
∴yM=yN=OP=
∴- xM+5=
∴xM=5，∴xN=-xM=-5
∴点N的坐标为（-5， ）（14分）
综上所述，x轴上方的点N有三个，分别为N1（-2 ， ），N2（4，8），N3（-5， ）．

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(3,6)
x轴为cb长度，y轴为ba平方减去oa减cb的平方

(6，6)

(3.6 )

证明：过点B作BG⊥x轴交x轴于点G，
∵CB∥OA，∠COA=90°，
又CB=3，∴OG=3，
∴GA=OA-OG=6-3=3，
又BG⊥x轴，
∴在直角三角形AGB中，
BG2=AB2-GA2=(3 5 )2-32=36，
∴BG=6，
那么根据勾股定理得：
OB=3 5 ，
由已知OE=2BE得：
OE...

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证明：过点B作BG⊥x轴交x轴于点G，
∵CB∥OA，∠COA=90°，
又CB=3，∴OG=3，
∴GA=OA-OG=6-3=3，
又BG⊥x轴，
∴在直角三角形AGB中，
BG2=AB2-GA2=(3 5 )2-32=36，
∴BG=6，
那么根据勾股定理得：
OB=3 5 ，
由已知OE=2BE得：
OE=2 5 ，BE= 5 ，
由已知和BG⊥x轴得：
OC=BG=6，
∴OC OE =6 2 5 =3 5 5 ，
OB OD =3 5 5 ，
∴OC OE =OB OD ，
又∠BOC=∠DOE，
∴△ODE∽△OBC．

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作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，（1分）
∴AH=OA-OH=6-3=3
在Rt△ABH中，BH=根号BA的平方-AH的平方=6
∴点B的坐标为（3.6）

作BG⊥OA∴CB=OG=3
∵OA=6
∴GA=6-3=3
在Rt△BGA中
BG=6
∴B（3，6）

解（1）作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，（1分）
∴AH=OA-OH=6-3=3
在Rt△ABH中，BH= = =6（2分）
∴点B的坐标为（3.6）（3分）
（2）作EG⊥x轴于点G，则EG‖BH
∴△OEG∽△OBH（4分）
∴ 又∵OE=2EB
∴ ，∴ = ，
∴OG=2，EG=4

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解（1）作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形，
∴OH=CB=3，（1分）
∴AH=OA-OH=6-3=3
在Rt△ABH中，BH= = =6（2分）
∴点B的坐标为（3.6）（3分）
（2）作EG⊥x轴于点G，则EG‖BH
∴△OEG∽△OBH（4分）
∴ 又∵OE=2EB
∴ ，∴ = ，
∴OG=2，EG=4
∴点E的坐标为（2，4）（5分）
又∵点D的坐标为（0，5）
设直线DE的解析式为y=kx+b
则 ，解得k=- ，b=5
∴直线DE的解析式为：y=- x+5（7分）
（3）答：存在（8分）
①如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形．作MP⊥y轴于点P，则MP‖x轴，∴△MPD∽△FOD
∴ 又∵当y=0时，- x+5=0，解得x=10，
∴F点的坐标为（10，0），∴OF=10
在Rt△ODF中，FD= = =5 ，∴ ，
∴MP=2 ，PD= ，∴点M的坐标为（-2 ，5+ ）
∴点N的坐标为（-2 ， ）（10分）
②如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=- x+5上
∴设M点坐标为（a，- a+5）
在Rt△OPM中，OP2+PM2=OM2
∴a2+（- a+5）2=52，
解得：a1=4，a2=0（舍去），∴点M的坐标为（4，3）
∴点N的坐标为（4，8）（12分）
③如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为菱形，连接NM，交OD于点P，则NM与OD互相垂直平分
∴yM=yN=OP=
∴- xM+5=
∴xM=5，∴xN=-xM=-5
∴点N的坐标为（-5， ）（14分）
综上所述，x轴上方的点N有三个，分别为N1（-2 ， ），N2（4，8），N3（-5， ）．

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