分析 (1)由勾股定理可求得OA的长,则可求得A点坐标,代入直线AB解析式可求得k的值;
(2)设AB的中点为E,过E作EE∥x轴交AB于点F,由点P在直线EF上,过P作PG⊥AB于点G,由面积相等可求得PG的长,再利用直角三角形的性质可求得PF的长,则可求得a的值;
(3)可设Q(x,0),则可表示出AQ、BQ和AB的长,分AQ=BQ、AQ=AB和BQ=AB三种情况,分别得到关于x的方程,可求得x的值,则可求得Q点的坐标.
解答 解:
(1)在y=kx+1中,令x=0可得y=1,
∴B(0,1),即OB=1,
∴OA=$\sqrt{A{B}^{2}-O{B}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$,
∴A($\sqrt{3}$,0),
代入直线解析式可得0=$\sqrt{3}$k+1,解得k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$;
(2)如图,设AB的中点为E,
则E(0,$\frac{1}{2}$),
过E作EF∥x轴交AB于点F,
∵P(a,$\frac{1}{2}$),
∴点P在直线EF上,
过P作PG⊥AB于点G,
∵△ABP的面积与正方形ABCD的面积相等,
∴$\frac{1}{2}$AB•PG=AB2,
∴PG=2AB=4,
由(1)可知∠BAO=30°,
∴∠PFG=30°,
∴PF=2PG=8,
由(1)可知直线AB解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+1,当y=$\frac{1}{2}$时,可得$\frac{1}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+1,解得x=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴PF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$-a=8,解得a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$-8;
(3)设Q(x,0),
∵A($\sqrt{3}$,0),B(0,1),
∴AQ=|x-$\sqrt{3}$|,BQ=$\sqrt{{x}^{2}+1}$,
∵△ABQ为等腰三角形,
∴有AQ=BQ、AQ=AB和BQ=AB三种情况,
①当AQ=BQ时,即|x-$\sqrt{3}$|=$\sqrt{{x}^{2}+1}$,解得x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,此时Q($\frac{\sqrt{3}}{3}$,0);
②当AQ=AB时,即|x-$\sqrt{3}$|=2,解得x=$\sqrt{3}$+2或x=$\sqrt{3}$-2,此时Q($\sqrt{3}$+2,0)或($\sqrt{3}$-2,0);
③当BQ=AB时,则|$\sqrt{{x}^{2}+1}$=2,解得x=±$\sqrt{3}$,此时Q($\sqrt{3}$,0)或(-$\sqrt{3}$,0);
综上可知存在满足条件的点Q,其坐标为($\frac{\sqrt{3}}{3}$,0)或($\sqrt{3}$+2,0)或($\sqrt{3}$-2,0)或($\sqrt{3}$,0)或(-$\sqrt{3}$,0).
点评 本题为一次函数的综合应用,涉及待定系数法、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识点.在(1)中求得OA的长是解题的关键,在(2)中求得点P到直线AB的距离是解题的关键,在(3)中用Q的坐标表示出AQ和BQ的长是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,难度适中.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 因为∠A+∠ADC=180°,所以AB∥CD | B. | 因为AB∥CD,所以∠ABC+∠C=180° | ||
C. | 因为∠1=∠2,所以AD∥BC | D. | 因为AD∥BC,所以∠3=∠4 |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 1886×104 | B. | 0.1886×108 | C. | 1.886×107 | D. | 1.886×106 |
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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科目:初中数学 来源: 题型:填空题
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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