分析 (1)可将抛物线的解析式设为顶点式,然后将N点坐标代入,即可求得抛物线的解析式;
(2)根据两对相似三角形:△AQF、△ABE和△BGQ、△BDA得出的对应成比例线段,即可求出所求的代数式是否为定值;
(3)过点D作DN⊥AB,垂足为N,令y=0得:x2-2x-3=0,解得:x1=3,x2=-1,可知点A(-1,0)、点B(3,0),设点D的坐标为(m,m2-2m-3),然后证明△ADN∽△DBN,利用相似三角形的性质可知$\frac{AN}{DN}=\frac{DN}{BN}$,即:$\frac{m+1}{-{(m}^{2}-2m-3)}=\frac{-({m}^{2}-2m-3)}{3-m}$,从而可解得m的值,从而可求得点D的坐标为(1-$\sqrt{3}$,-1),点D′的坐标为(1+$\sqrt{3}$,-1).
解答 解:(1)设抛物线的解析式为y=a(x-1)2-4,
将N(0,-3)代入解析式得:-3=a(0-1)2-4,
∴a=1,
∵抛物线的解析式为y=(x-1)2-4,即y=x2-2x-3;
(2)是定值:$\frac{QF}{BE}+\frac{QG}{AD}$=1,
理由:∵AB是直径,
∴∠AEB=90°,
∵QF⊥AE,
∴QF∥BE,
∴△AQF∽△ABE,
∴$\frac{QF}{BE}$=$\frac{AQ}{AB}$,
同理:$\frac{QG}{AD}$=$\frac{QB}{AB}$,
∴$\frac{QF}{BE}+\frac{QG}{AD}$=$\frac{AQ}{AB}+\frac{QB}{AB}$=$\frac{AQ+QB}{AB}$=$\frac{AB}{AB}$=1;
(3)如图所示,过点D作DN⊥AB,垂足为N.
令y=0得:x2-2x-3=0,解得:x1=3,x2=-1,
∴点A的坐标为(-1,0)、点B的坐标为(3,0).
设点D的坐标为(m,m2-2m-3),
∵AB是直径,
∴∠ADB=90°.
∴∠ADN+∠NDB=90°.
∵∠NDB+∠DBN=90°,
∴∠ADN=∠DBN.
又∵∠AND=∠BND=90°,
∴△ADN∽△DBN.
∴$\frac{AN}{DN}=\frac{DN}{BN}$,即:$\frac{m+1}{-{(m}^{2}-2m-3)}=\frac{-({m}^{2}-2m-3)}{3-m}$
解得:m1=-1(舍去),m2=3(舍去),${m}_{3}=1-\sqrt{3}$,${m}_{4}=1+\sqrt{3}$.
当m=1-$\sqrt{3}$时,m2-2m-3=$(1-\sqrt{3})^{2}-2(1-\sqrt{3})-3$=1,
当m=1+$\sqrt{3}$时,m2-2m-3=$(1+\sqrt{3})^{2}-2(1+\sqrt{3})-3$=1.
∴点D的坐标为(1-$\sqrt{3}$,-1),点D′的坐标为(1+$\sqrt{3}$,-1).
综上所述,抛物线与圆的交点坐标分别为A(-1,0)、B(3,0)、D(1-$\sqrt{3}$,-1)、D′(1+$\sqrt{3}$,-1).
点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用了相似三角形的性质、圆的性质和二次函数的性质和因式分解法-解方程.设设点D的坐标为(m,m2-2m-3),然后证得△ADN∽△DBN,利用相似三角形的性质得到关于m的方程,然后解得m的值是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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