分析 (1)解方程可求得OC、BC的长,可求得B、D的坐标,利用待定系数法可求得直线BD的解析式;
(2)可求得E点坐标,求出直线OE的解析式,联立直线BD、OE解析式可求得H点的横坐标,可求得△OFH的面积;
(3)当△MFD为直角三角形时,可找到满足条件的点N,分∠MFD=90°、∠MDF=90°和∠FMD=90°三种情况,分别求得M点的坐标,可分别求得矩形对角线的交点坐标,再利用中点坐标公式可求得N点坐标.
解答 解:
(1)解方程x2-6x+8=0可得x=2或x=4,
∵BC、OC的长是方程x2-6x+8=0的两个根,且OC>BC,
∴BC=2,OC=4,
∴B(-2,4),
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的,
∴OD=OC=4,DE=BC=2,
∴D(4,0),
设直线BD解析式为y=kx+b,
把B、D坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{-2k+b=4}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{2}{3}}\\{b=\frac{8}{3}}\end{array}\right.$,
∴直线BD的解析式为y=-$\frac{2}{3}$x+$\frac{8}{3}$;
(2)由(1)可知E(4,2),
设直线OE解析式为y=mx,
把E点坐标代入可求得m=$\frac{1}{2}$,
∴直线OE解析式为y=$\frac{1}{2}$x,
令-$\frac{2}{3}$x+$\frac{8}{3}$=$\frac{1}{2}$x,解得x=$\frac{16}{7}$,
∴H点到y轴的距离为$\frac{16}{7}$,
又由(1)可得F(0,$\frac{8}{3}$),
∴OF=$\frac{8}{3}$,
∴S△OFH=$\frac{1}{2}$×$\frac{8}{3}$×$\frac{16}{7}$=$\frac{64}{21}$;
(3)∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形,
∴△DFM为直角三角形,
①当∠MFD=90°时,则M只能在x轴上,连接FN交MD于点G,如图1,
由(2)可知OF=$\frac{8}{3}$,OD=4,
则有△MOF∽△FOD,
∴$\frac{OM}{OF}$=$\frac{OF}{OD}$,即$\frac{OM}{\frac{8}{3}}$=$\frac{\frac{8}{3}}{4}$,解得OM=$\frac{16}{9}$,
∴M(-$\frac{16}{9}$,0),且D(4,0),
∴G($\frac{10}{9}$,0),
设N点坐标为(x,y),则$\frac{x+0}{2}$=$\frac{10}{9}$,$\frac{y+\frac{8}{3}}{2}$=0,
解得x=$\frac{20}{9}$,y=-$\frac{8}{3}$,此时N点坐标为($\frac{20}{9}$,-$\frac{8}{3}$);
②当∠MDF=90°时,则M只能在y轴上,连接DN交MF于点G,如图2,
则有△FOD∽△DOM,
∴$\frac{OF}{OD}$=$\frac{OD}{OM}$,即$\frac{\frac{8}{3}}{4}$=$\frac{4}{OM}$,解得OM=6,
∴M(0,-6),且F(0,$\frac{8}{3}$),
∴MG=$\frac{1}{2}$MF=$\frac{13}{3}$,则OG=OM-MG=6-$\frac{13}{3}$=$\frac{5}{3}$,
∴G(0,-$\frac{5}{3}$),
设N点坐标为(x,y),则$\frac{x+4}{2}$=0,$\frac{y+0}{2}$=-$\frac{5}{3}$,
解得x=-4,y=-$\frac{10}{3}$,此时N(-4,-$\frac{10}{3}$);
③当∠FMD=90°时,则可知M点为O点,如图3,
∵四边形MFND为矩形,
∴NF=OD=4,ND=OF=$\frac{8}{3}$,
可求得N(4,$\frac{8}{3}$);
综上可知存在满足条件的N点,其坐标为($\frac{20}{9}$,-$\frac{8}{3}$)或(-4,-$\frac{10}{3}$)或(4,$\frac{8}{3}$).
点评 本题主要考查一次函数的综合应用,涉及待定系数法、旋转的性质、矩形的性质、相似三角形的性质等.在(1)中求得B、D坐标是解题的关键,在(2)中联立两直线求得H点的横坐标是解题的关键,在(3)中确定出M点的坐标是解题的关键,注意分类讨论思想的应用.本题考查知识点较基础,难度适中.
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