据AF=AE?cos∠EAF,计算即可;
【解答】(1)证明:如图∵EB=EB1,EA=EA1, ∴∠EBB1=∠EB1B,∠EAA1=∠EA1A, ∵∠BEB1=∠AEA1,
∴∠EBB1=∠EB1B=∠EAA1=∠EA1A, ∴△AA1E∽△BB1E.
(2)证明:连接BF,延长EB1交AA1于M. ∵∠BB1B=∠FB1M=∠MA1E,∠FMB1=∠EMA1, ∴△MFB1∽△MEA1, ∴
=
,
∴=
,∵∠EMF=∠A1MB1,
∴△MEF∽△MA1B1, ∴∠MFE=∠MB1A1=90°, ∴EF⊥AA1, ∵EA=EA1, ∴AF=FA1.
(3)解:在Rt△ABE中,∵AB=4,BE=1, ∴AE=∵DG=GC,
∴cos∠GBC=cos∠EAF=
=
=
?,
=
.
=
,
在Rt△AEF中,AF=AE?cos∠EAF=
28.(12分)如图,已知二次函数y=ax2﹣8ax+6(a>0)的图象与x轴分别交于A、B两点,与y轴交于点C,点D在抛物线的对称轴上,且四边形ABDC为平行四边形. (1)求此抛物线的对称轴,并确定此二次函数的表达式;
(2)点E为x轴下方抛物线上一点,若△ODE的面积为12,求点E的坐标; (3)在(2)的条件下,设抛物线的顶点为M,点P是抛物线的对称轴上一动点,连接PE、EM,过点P作PE的垂线交抛物线于点Q,当∠PQE=∠EMP时,求点Q到抛物线的对称轴的距离.
【分析】(1)先求出对称轴为x=4,进而求出AB=4,进而求出点A,B坐标,即可得出结论;
(2)利用面积的和差建立方程求解,即可得出结论;
(3)Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时,先判断出点E,M,Q,P四点共圆,得出∠EMQ=90°,利用同角的余角相等判断出∠EMF=∠HGM,得出tan∠EMF==HM=1,进而求出Q(8,6),得出结论;
Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时,先判断出△PDQ∽△EFP,得出
,进而判断=2,得出HG
出DP=,PF=2QD,即可得出结论. 【解答】解:(1)对称轴为直线x=﹣∵四边形ABDC为平行四边形, ∴DC∥AB,DC=AB, ∴DC=AB=4,
∴A(2,0),B(6,0),
把点 A(2,0)代入得y=ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6=0,解得a=, ∴二次函数解析式为y=x2﹣4x+6;
(2)如图1,设E(m,m2﹣4m+6),其中2<m<6, 作EN⊥y轴于N,如图2,
∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN=S△ODE,
∴(4+m)(6﹣m2+4m﹣6)﹣×4×6﹣m(﹣m2+4m﹣6)=12, 化简得:m2﹣11m+24=0,解得m1=3,m2=8(舍), ∴点E的坐标为(3,﹣);
(3)Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时,如图2, 过点E作EF⊥PM于F,MQ交x轴于G, ∵∠PQE=∠PME,
∴点E,M,Q,P四点共圆, ∵PE⊥PQ, ∴∠EPQ=90°, ∴∠EMQ=90°, ∴∠EMF+∠HMG=90°, ∵∠HMG+∠HGM=90°, ∴∠EMF=∠HGM,
在Rt△EFM中,EF=1,FM=,tan∠EMF=
=2,
=4,则CD=4,
∴tan∠HGM=2, ∴
,
∴HG=HM=1, ∴点G(5,0), ∵M(4,﹣2),
∴直线MG的解析式为y=2x﹣10①, ∵二次函数解析式为y=x2﹣4x+6②, 联立①②解得,∴Q(8,6),
∴点Q到对称轴的距离为8﹣4=4; Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时,如图3,
过点E作EF⊥PM于F,过点Q作QD⊥PM于D, ∴∠DQP+∠QPD=90°, ∵∠EPQ=90°, ∴∠DPQ+∠FPE=90°, ∴∠DQP=∠FPE, ∵∠PDQ=∠EFP, ∴△PDQ∽△EFP, ∴
,
=2, (舍)或
,
由Ⅰ知,tan∠PQE=∵EF=1, ∴
=,
∴DP=,PF=2QD, 设Q(n,n2﹣4n+6), ∴DQ=4﹣n,DH=n2﹣4n+6,
∴PF=DH+FH﹣DP=n2﹣4n+6+﹣=n2﹣4n+7,
∴n2﹣4n+7=2(4﹣n), ∴n=2+
(舍)或n=2﹣
,
. ,
∴DQ=4﹣n=2+
即点Q到对称轴的距离为4或2+
2020年四川省成都市中考数学训练试卷(一)解析版
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