【題目】如圖1,平面直角坐標(biāo)系中,直線AB:y=﹣x+bx軸于點(diǎn)A(8,0),交y軸正半軸于點(diǎn)B.

(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo);

(2)如圖2,直線ACy軸負(fù)半軸于點(diǎn)C,AB=BC,P為線段AB上一點(diǎn),過點(diǎn)Py軸的平行線交直線AC于點(diǎn)Q,設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t,線段PQ的長為d,求dt之間的函數(shù)關(guān)系式;

(3)(2)的條件下,MCA延長線上一點(diǎn),且AM=CQ,在直線AC上方的直線AB上是否存在點(diǎn)N,使QMN是以QM為斜邊的等腰直角三角形?若存在,請(qǐng)求出點(diǎn)N的坐標(biāo)及PN的長度;若不存在,請(qǐng)說明理由.

【答案】(1) B(0,6);(2) d=﹣t+10;(3)見解析.

【解析】(1)A(8,0)代入y=﹣x+b,可求解析式,再求B的坐標(biāo);(2)先求點(diǎn)C(0,﹣4),再求直線AC解析式,可設(shè)點(diǎn)P(t,﹣t+6),Q(t, t﹣4),所以d=(﹣t+6)﹣(t﹣4);過點(diǎn)M作MG⊥PQ于G,證△OAC≌△GMQ,得QG=OC=4,GM=OA=8;過點(diǎn)N作NH⊥PQ于H,過點(diǎn)M作MR⊥NH于點(diǎn)R,得四邊形GHRM是矩形,得HR=GM=8;設(shè)GH=RM=k,由△HNQ≌△RMN,得HN=RM=k,NR=QH=4+k,由HR=HN+NR,得k+4+k=8,可得GH=NH=RM=2,HQ=6,由Q(t,t﹣4),得N(t+2,t﹣4+6),代入y=﹣x+6,得t+2=﹣(t+2)+6,求出t=2,再求P(2,),N(4,3),可得PH=,NH=2,最后PN=.

解:(1)∵y=﹣x+b交x軸于點(diǎn)A(8,0),

∴0=﹣×8+b,b=6,

∴直線AB解析式為y=﹣x+6,令x=0,y=6,B(0,6);

(2)∵A(8,0),B(0,6),

∴OA=8,OB=6,

∵∠AOB=90°,

∴AB=10=BC,

∴OC=4,

∴點(diǎn)C(0,﹣4),設(shè)直線AC解析式為y=kx+b’,

,

∴直線AC解析式為y=x﹣4,

∵P在直線y=﹣x+6上,

∴可設(shè)點(diǎn)P(t,﹣t+6),

∵PQ∥y軸,且點(diǎn)Q在y=x﹣4 上,

∴Q(t, t﹣4),

∴d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)=﹣t+10;

(3)過點(diǎn)M作MG⊥PQ于G,

∴∠QGM=90°=∠COA,

∵PQ∥y軸,

∴∠OCA=∠GQM,

∵CQ=AM,

∴AC=QM,在△OAC與△GMQ中,

,

∴△OAC≌△GMQ,

∴QG=OC=4,GM=OA=8,過點(diǎn)N作NH⊥PQ于H,過點(diǎn)M作MR⊥NH于點(diǎn)R,

∴∠MGH=∠RHG=∠MRH=90°,

∴四邊形GHRM是矩形,

∴HR=GM=8,可設(shè)GH=RM=k,

∵△MNQ是等腰直角三角形,

∴∠QMN=90°,NQ=NM,

∴∠HNQ+∠HQN=90°,

∴∠HNQ+∠RNM=90°,

∴∠RNM=∠HQN,

∴△HNQ≌△RMN,

∴HN=RM=k,NR=QH=4+k,

∵HR=HN+NR,

∴k+4+k=8,

∴k=2,

∴GH=NH=RM=2,

∴HQ=6,

∵Q(t,t﹣4),

∴N(t+2,t﹣4+6)即 N(t+2,t+2)

∵N在直線AB:y=﹣x+6上,

t+2=﹣(t+2)+6,

∴t=2,

∴P(2,),N(4,3),

∴PH=,NH=2,

∴PN=

=.

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(Ⅰ)直接寫出點(diǎn)B坐標(biāo) ;判斷△OBP的形狀 ;
(Ⅱ)將拋物線沿對(duì)稱軸平移m個(gè)單位長度,平移的過程中交y軸于點(diǎn)A,分別連接CP、DP;
(i)若拋物線向下平移m個(gè)單位長度,當(dāng)SPCD= SPOC時(shí),求平移后的拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo);
(ii)在平移過程中,試探究SPCD和SPOD之間的數(shù)量關(guān)系,直接寫出它們之間的數(shù)量關(guān)系及對(duì)應(yīng)的m的取值范圍.

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C.6
D.7

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(2)在圖1中將“乒乓球”和“足球”項(xiàng)目的圖形補(bǔ)充完整;

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