分析 (1)分别令x=0和y=0,即可求得;
(2)证得四边形COHF是矩形,然后证得△OCD≌△HDE,从而证得△DHF是等腰直角三角形,得出∠HDE+∠FDE=45°,由∠OCD+∠ECF=45°,得出∠ECF=∠FDE,进一步得出∠OBC=∠FDE,解直角三角形即可求得tan∠OBC=$\frac{OC}{OB}$=$\frac{3}{5}$,从而得出tan∠FDE=$\frac{3}{5}$.
(3)根据三角形全等的性质要使∠CDO=∠DFE+∠DGH,只要△EDF∽△EGD,所以只要$\frac{EF}{DE}$=$\frac{DE}{EG}$,即DE2=EF•EG,由(2)可知:DE2=CD2=OD2+OC2=m2+32,EF=3-m,然后分三种情况讨论即可求得.
解答 解:(1)∵直线y=-$\frac{3}{5}x$+3与x轴、y轴相交于B、C两点,
∴令y=0,则0=-$\frac{3}{5}x$+3,解得x=5,令x=0,则y=3,
∴B(5,0),C(0,3);
(2)如图1,∵∠CDE=90°,
∴∠CDO+∠EDH=90°,
∵∠CDO+∠OCD=90°,
∴∠OCD=∠EDH,
在△OCD和△HDE中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠OCD=∠HDE}\\{∠COD=∠DHE=90°}\\{CD=DE}\end{array}\right.$,
∴△OCD≌△HDE(AAS),
∴DH=OC=3,
∵直线l⊥x轴于H,CF⊥y轴,
∴四边形COHF是矩形,
∴FH=OC=3,
∴DH=HF,
∴∠HDF=45°,即∠HDE+∠FDE=45°,
∵CD=DE,∠CDE=90°,
∴∠DCE=45°,
∴∠OCD+∠ECF=45°,
∴∠ECF=∠FDE,
∵∠OBC=∠ECF,
∵tan∠OBC=$\frac{OC}{OB}$=$\frac{3}{5}$,
∴tan∠FDE=$\frac{3}{5}$.
(3)如图2,由(2)可知△OCD≌△HDE,
∴∠CDO=∠DEH,
要使∠CDO=∠DFE+∠DGH,只要∠DEH=∠DFE+∠DGH,
在△DEF中,∠DEH=∠EDF+∠DFE,
∴只要∠EDF=∠DGF,
∵∠FED=∠GED,
只要△EDF∽△EGD,
∴只要$\frac{EF}{DE}$=$\frac{DE}{EG}$,即DE2=EF•EG,
由(2)可知:DE2=CD2=OD2+OC2=m2+32,EF=3-m,
∴当0<m<3时,BG=$\frac{{m}^{2}+9}{3-m}$+m=$\frac{9+3m}{3-m}$,HO=3+m,
此时,G(3+m,$\frac{9+3m}{3-m}$),
根据对称可知,当0<m<3时,此时还存在G′(3+m,-$\frac{9+3m}{3-m}$);
当m=3时,此时点E和点F重合,∠DFE不存在,
当3≤m≤5时,点E在F的上方,此时,∠DFE>∠DEF,
此时不存在∠CDO=∠DFE+∠DGH,
综上,当0<m<3时,存在∠CDO=∠DFE+∠DGH,此时G(3+m,$\frac{9+3m}{3-m}$)或(3+m,-$\frac{9+3m}{3-m}$).
点评 本题是一次函数的综合题,考查了一次函数图象上点的坐标特征,三角形全等的判定和性质,矩形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,三角形相似的判定和性质以及解直角三角形等,分类讨论思想的运用是解题的关键.
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 至少有1个球是红球 | B. | 至少有1个球是白球 | ||
C. | 至少有2个球是红球 | D. | 至少有2个球是白球 |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{12}{25}$ | B. | $\frac{13}{25}$ | C. | $\frac{1}{2}$ | D. | $\frac{1}{50}$ |
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