海南省海口市中考数学综合性压轴题含详细解析.docx
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海南省海口市中考数学综合性压轴题含详细解析
2019年海南省海口九年级数学综合性压轴题
(第1题图)
1.如图,抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点C(0,-4),与x轴交于点A,B,且B点的坐标为(2,0).
(1)求该抛物线的表达式.
(2)若点P是AB上的一动点,过点P作PE∥AC,交BC于E,连结CP,求△PCE面积的最大值.
(3)若点D为OA的中点,点M是线段AC上一点,且△OMD为等腰三角形,求M点的坐标.
解:
(1)把点C(0,-4),B(2,0)的坐标分别代入y=x2+bx+c中,得
解得
∴该抛物线的表达式为y=x2+x-4.
(2)令y=0,即x2+x-4=0,解得x1=-4,x2=2,
∴点A(-4,0),S△ABC=AB·OC=12.
设点P的坐标为(x,0),则PB=2-x.
∵PE∥AC,
∴∠BPE=∠BAC,∠BEP=∠BCA,
∴△PBE∽△ABC.
∴=()2,即=()2,
化简,得S△PBE=(2-x)2.
S△PCE=S△PCB-S△PBE
=PB·OC-S△PBE
=·(2-x)·4-(2-x)2
=-x2-x+
=-(x+1)2+3,
∴当x=-1时,S△PCE的最大值为3.
(3)△OMD为等腰三角形,可能有三种情形:
(Ⅰ)当DM=DO时,如解图①所示.
DO=DM=DA=2,
∴∠OAC=∠AMD=45°,
∴∠ADM=90°,
∴点M的坐标为(-2,-2).
(第1题图解))
(Ⅱ)当MD=MO时,如解图②所示.
过点M作MN⊥OD于点N,则点N为OD的中点,
∴DN=ON=1,AN=AD+DN=3,
又∵△AMN为等腰直角三角形,∴MN=AN=3,
∴点M的坐标为(-1,-3).
(Ⅲ)当OD=OM时,
∵△OAC为等腰直角三角形,
∴点O到AC的距离为×4=2,即AC上的点与点O之间的最小距离为2.
∵2>2,∴OD=OM的情况不存在.
综上所述,点M的坐标为(-2,-2)或(-1,-3).
(第2题图)
2.如图,抛物线y=-x2+mx+n与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D,已知点A(-1,0),C(0,2).
(1)求抛物线的表达式.
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P,使△PCD是以CD为腰的等腰三角形?
如果存在,直接写出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.
(3)点E时线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?
求出四边形CDBF的最大面积及此时点E的坐标.
解:
(1)∵抛物线y=-x2+mx+n经过点A(-1,0),C(0,2),
∴解得
∴抛物线的表达式为y=-x2+x+2.
(2)∵y=-x2+x+2,∴y=-+,∴抛物线的对称轴是直线x=.∴OD=.
∵点C(0,2),∴OC=2.
在Rt△OCD中,由勾股定理,得CD=.
∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形,如解图①,分别以C,D为圆心,CD长为半径画圆交对称轴于点P1,P2,P3,
∴CP1=DP2=DP3=CD.
作CH⊥x轴于H,∴HP1=HD=2,∴DP1=4.
∴点P1,P2,P3.
(第2题图解)
(3)当y=0时,0=-x2+x+2,解得x1=-1,x2=4,∴点B(4,0).
设直线BC的表达式为y=kx+b,将B,C两点的坐标代入,得
解得
∴直线BC的表达式为y=-x+2.
如解图②,过点C作CM⊥EF于点M,设点
E,则F,
∴EF=-a2+a+2-=-a2+2a(0≤x≤4).
∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=BD·OC+EF·CM+EF·BN
=××2+a+
=-a2+4a+
=-(a-2)2+(0≤x≤4).
∴a=2时,S四边形CDBF的面积最大,S最大=,
此时点E(2,1).
(第3题图)
3.如图所示,Rt△ABC是一张放在平面直角坐标系中的纸片,点C与原点O重合,点A在x轴的正半轴上,点B在y轴的正半轴上,已知OA=3,OB=4.将纸片的直角部分翻折,使点C落在AB边上,记为点D,AE为折痕,E在y轴上.
(1)在如图所示的直角坐标系中,求点E的坐标及AE的长.
(2)线段AD上有一动点P(不与A,D重合)自点A沿AD方向以每秒1个单位长度向点D作匀速运动,设运动时间为t(s)(0<t<3),过点P作PM∥DE交AE于M点,过点M作MN∥AD交DE于N点,求四边形PMND的面积S与时间t之间的函数表达式.当t取何值时,S有最大值?
最大值是多少?
(3)当t(0<t<3)为何值时,A,D,M三点构成等腰三角形?
并求出点M的坐标.
解:
(1)根据题意,得△AOE≌△ADE,
∴OE=DE,∠ADE=∠AOE=90°,AD=AO=3,在Rt△AOB中,AB==5,
设DE=OE=x,在Rt△BED中,根据勾股定理,得
BD2+DE2=BE2,
即22+x2=(4-x)2,解得x=,∴点E.
在Rt△AOE中,AE==.
(2)∵PM∥DE,MN∥AD,且∠ADE=90°,
∴四边形PMND是矩形.
∵AP=t·1=t,∴PD=3-t.
∵△AMP∽△AED,∴=,
∴PM=·DE=,
∴S矩形PMND=PM·PD=·(3-t),
∴S矩形PMND=-t2+t或S矩形PMND=-(t-)2+,当t=-=时,S最大=.
(3)△ADM为等腰三角形有以下两种情况:
(Ⅰ)当MD=MA时,点P是AD中点,
∴AP==,∴t=÷1=(s).
∴当t=时,A,D,M三点构成等腰三角形,过点M作MF⊥OA于F,如解图①,∵△APM≌△AFM,
∴AF=AP=,MF=MP==,
∴OF=OA-AF=3-=,∴点M.
(第3题图解))
(Ⅱ)当AD=AM=3时,∵△AMP∽△AED,
∴=,
∴=,∴AP=,∴t=÷1=(s).
∴当t=s时,A,D,M三点构成等腰三角形,过点M作MF⊥OA于点F.如解图②.
∵△AMF≌△AMP,
∴AF=AP=,FM=PM==,
∴OF=OA-AF=3-,∴点M.
4.如图①,在矩形ABCD中,AB=5,AD=,AE⊥BD,垂足是E.点F是点E关于AB的对称点,连结AF,BF.
(第4题图)
(1)求AE和BE的长.
(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移,设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度).当点F分别平移到线段AB,AD上时,直接写出相应的m的值.
(3)如图②,将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α(0°<α<180°),记旋转中的△ABF为△A′BF′,在旋转过程中,设A′F′所在的直线与直线AD交于点P,与直线BD交于点Q.是否存在这样的P,Q两点,使△DPQ为等腰三角形?
若存在,求出此时DQ的长;若不存在,请说明理由.
解:
(1)在Rt△ABD中,AB=5,AD=,由勾股定理,得BD===.
∵S△ABD=BD·AE=AB·AD,
∴AE===4.
在Rt△ABE中,AB=5,AE=4,由勾股定理,得BE=3.
(第4题图解①)
(2)设平移中的三角形为△A′B′F′,如解图①所示.
由对称点性质可知,∠1=∠2.
由平移性质可知,AB∥A′B′,∠4=∠5=∠1,B′F′=BF=3.
①当点F′落在AB上时,∵AB∥A′B′,
∴∠3=∠4,∴∠3=∠1=∠2,
∴BB′=B′F′=3,即m=3;
②当点F′落在AD上时,∵AB∥A′B′,
∴∠6=∠2.
∵∠1=∠2,∠5=∠1,
∴∠5=∠6.
又易知A′B′⊥AD,
∴△B′F′D为等腰三角形,
∴B′D=B′F′=3,
∴BB′=BD-B′D=-3=,即m=.
(3)存在.理由如下:
在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形:
①如解图②所示,点Q落在BD延长线上,且PD=DQ,易知∠2=2∠Q.
(第4题图解②)
∵∠1=∠3+∠Q,∠1=∠2,
∴∠3=∠Q,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理,得BQ===3.
(第4题图解③)
∴DQ=BQ-BD=3-.
②如解图③所示,点Q落在BD上,且PQ=DQ,易知∠2=∠P.
∵∠1=∠2,∴∠1=∠P,
∴BA′∥PD,则此时点A′落在BC边上.
∵∠3=∠2,∴∠3=∠1,∴BQ=A′Q,
∴F′Q=F′A′-A′Q=4-BQ.
在Rt△BQF′中,由勾股定理,得BF′2+F′Q2=BQ2,
即32+(4-BQ)2=BQ2,
解得BQ=.
∴DQ=BD-BQ=-=.
③如解图④所示,点Q落在BD上,且PD=DQ,易知∠3=∠4.
(第4题图解④)
∵∠2+∠3+∠4=180°,∠3=∠4,
∴∠4=90°-∠2.
∵∠1=∠2,
∴∠4=90°-∠1.
∴∠A′QB=∠4=90°-∠1,
∴∠A′BQ=180°-∠A′QB-∠1=90°-∠1,
∴∠A′QB=∠A′BQ,
∴A′Q=A′B=5,
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1.
在Rt△BF′Q中,由勾股定理,得BQ===,
∴DQ=BD-BQ=-.
④如解图⑤所示,点Q落在BD上,且PQ=PD,易知∠2=∠3.
(第4题图解⑤)
∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠2=∠3,
∴∠1=∠4,
∴BQ=BA′=5,
∴DQ=BD-BQ=-5=.
综上所述,存在4组符合条件的点P,Q,使△DPQ为等腰三角形,其中DQ的长度分别为3-,,-或.
5.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=(x-m)2-m2+m的顶点为A,与y轴的交点为B,连结AB,AC⊥AB,交y轴于点C,延长CA到点D,使AD=AC,连结BD.作AE∥x轴,DE∥y轴,交于点E.
(1)当m=2时,求点B的坐标.
(2)求DE的长.
(3)①设点D的坐标为(x,y),求y关于x的函数表达式.
②过点D作AB的平行线,与第(3)①题确定的函数图象的另一个交点为P.当m为何值时,以A,B,D,P为顶点的四边形是平行四边形?
(第5题图))
解:
(1)当m=2时,y=(x-2)2+1,
把x=0代入y=(x-2)2+1,得y=2,
∴点B的坐标为(0,2).
(2)延长EA,交y轴于点F,
∵AD=AC,∠AFC=∠AED=90°,∠CAF=∠DAE,
∴△AFC≌△AED,
∴AF=AE.
∵点A(m,-m2+m),点B(0,m),
∴AF=AE=|m|,BF=m-(-m2+m)=m2,
∵∠ABF=90°-∠BAF=∠DAE,
∠AFB=∠DEA=90°,
∴△ABF∽△DAE,
∴=,即=,
∴DE=4.
(3)①∵点A的坐标为(m,-m2+m),
∴点D的坐标为(2m,-m2+m+4),
∴x=2m,y=-m2+m+4,
∴y=-·+x+4,
∴所求函数的表达式为y=-x2+x+4.
②作PQ⊥DE于点Q,则△DPQ≌△BAF,
(Ⅰ)当四边形ABDP为平行四边形时(如解图①),
点P的横坐标为3m,
点P的纵坐标为-=-m2+m+4,
把点P(3m,-m2+m+4)的坐标代入y=-x2+x+4,得
-m2+m+4=-·(3m)2+·3m+4,
解得m=0(此时A,B,D,P在同一直线上,舍去)或m=8.
图①)
图②),(第5题图解))
(Ⅱ)当四边形ABPD为平行四边形时(如解图②),
点P的横坐标为m,
点P的纵坐标为+=m+4,
把点P(m,m+4)的坐标代入y=-x2+x+4,得m+4=-m2+m+4,
解得m=0(此时A,B,D,P在同一直线上,舍去)或m=-8.
综上所述,m的值为8或-8.
拓展提高
(第6题图)
6.如图,在平面直角坐标系中,直线l平行x轴,交y轴于点A,第一象限内的点B在l上,连结OB,动点P满足∠APQ=90°,PQ交x轴于点C.
(1)当动点P与点B重合时,若点B的坐标是(2,1),求PA的长.
(2)当动点P在线段OB的延长线上时,若点A的纵坐标与点B的横坐标相等,求PA∶PC的值.
(3)当动点P在直线OB上时,点D是直线OB与直线CA的交点,点E是直线CP与y轴的交点,若∠ACE=∠AEC,PD=2OD,求PA∶PC的值.
解:
(1)∵点P与点B重合,点B的坐标是(2,1),
∴点P的坐标是(2,1).
∴PA的长为2.
(第6题图解①)
(2)过点P作PM⊥x轴,垂足为M,过点P作PN⊥y轴,垂足为N,如解图①所示.
∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等,∴OA=AB.
∵∠OAB=90°,∴∠AOB=∠ABO=45°.
∵∠AOC=90°,∴∠POC=45°.
∵PM⊥x轴,PN⊥y轴,∴PM=PN,∠ANP=∠CMP=90°.∴∠NPM=90°.
∵∠APC=90°.∴∠APN=90°-∠APM=∠CPM.
在△ANP和△CMP中,
∵∠APN=∠CPM,PN=PM,∠ANP=∠CMP,∴△ANP≌△CMP.∴PA=PC.
∴PA∶PC的值为1∶1.
(3)①若点P在线段OB的延长线上,
过点P作PM⊥x轴,垂足为M,过点P作PN⊥y轴,垂足为N,
(第6题图解②)
PM与直线AC的交点为F,如解图②所示.
∵∠APN=∠CPM,∠ANP=∠CMP,
∴△ANP∽△CMP.
∴=.
∵∠ACE=∠AEC,
∴AC=AE.
∵AP⊥PC,∴EP=CP.
∵PM∥y轴,∴AF=CF,OM=CM.∴FM=OA.
设OA=x,
∵PF∥OA,∴△PDF∽△ODA.∴=.
∵PD=2OD,∴PF=2OA=2x.
∵FM=OA=x.
∴PM=x.
∵∠APC=90°,AF=CF,∴AC=2PF=4x.
∵∠AOC=90°,∴OC=x.
∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°,
∴四边形PMON是矩形.
∴PN=OM=x.
∴PA∶PC=PN∶PM=x∶x=.
②当点P在线段OB上,不合题意.
③若点P在线段OB的反向延长线上,过点P作PM⊥x轴,垂足为M,过点P作PN⊥y轴,垂足为N,PM与直线AC的交点为F,如解图③所示.
(第6题图解③)
同理可得:
PM=x,CA=2PF=4x,OC=x.
∴PN=OM=OC=x.
∴PA∶PC=PN∶PM=x∶x=.
综上所述,PA∶PC的值为或.
(第7题图)
7.如图,正方形OABC的边OA,OC在坐标轴上,点B的坐标为(-4,4).点P从点A出发,以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动;点Q从点O同时出发,以相同的速度沿x轴的正方向运动,规定点P到达点O时,点Q也停止运动.连结BP,过点P作BP的垂线,与过点Q平行于y轴的直线l交于点D.连结BD,BD与y轴交于点E,连结PE.设点P运动的时间为t(s).
(1)∠PBD的度数为__45°__,点D的坐标为(t,t)(用含t的式子表示).
(2)当t为何值时,△PBE为等腰三角形?
(3)探索△POE周长是否随时间t的变化而变化?
若变化,说明理由;若不变,试求这个定值.
解:
(1)由题意,得AP=OQ=1×t=t,∴AO=PQ.
∵四边形OABC是正方形,
∴AO=AB=BC=OC,∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°.
∵DP⊥BP,∴∠BPD=90°.
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ.
∵AO=PQ,AO=AB,∴AB=QP.
在△BAP和△PQD中,∵
∴△BAP≌△PQD.∴AP=QD,BP=PD.
∵∠BPD=90°,BP=PD,
∴∠PBD=∠PDB=45°.
∵AP=t,∴QD=t.∴点D的坐标为(t,t).
(2)①若PB=PE,则∠PBE=∠PEB=45°.
∴∠BPE=90°.
∵∠BPD=90°,∴∠BPE=∠BPD.
∴点E与点D重合.
∴点Q与点O重合.与条件“DQ∥y轴”矛盾,
∴这种情况应舍去.
②若EB=EP,则∠BPE=∠PBE=45°.
∴∠BEP=90°.∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC.
在△POE和△ECB中,∵
∴△POE≌△ECB.∴OE=BC,OP=EC.
∴OE=OC.∴点E与点C重合(即EC=0).
∴点P与点O重合(即PO=0).
∵点B(-4,4),
∴AO=CO=4.此时t=AP÷1=AO÷1=4.
③若BP=BE,
在Rt△BAP和Rt△BCE中,∵
∴Rt△BAP≌Rt△BCE(HL).∴AP=CE.
∵AP=t,∴CE=t.∴PO=EO=4-t.
∵∠POE=90°,∴PE==(4-t).
(第7题图解)
延长OA到点F,使得AF=CE,连结BF,如解图所示.
在△FAB和△ECB中,
∵
∴△FAB≌△ECB.∴FB=EB,∠FBA=∠EBC.
∵∠EBP=45°,∠ABC=90°,
∴∠ABP+∠EBC=45°.
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°.
∴∠FBP=∠EBP.
在△FBP和△EBP中,∵
∴△FBP≌△EBP.∴FP=EP.
∴EP=FP=FA+AP=CE+AP.
∴EP=t+t=2t.∴(4-t)=2t.
解得t=4-4.
∴当t为4或4-4时,△PBE为等腰三角形.
(3)不变.同理于
(2)③,易得PE=AP+CE,
∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE=AO+CO=4+4=8.
∴△POE的周长是定值,该定值为8.
8.如图①,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点O在坐标原点,顶点A,C分别在x轴,y轴的正半轴上,且OA=2,OC=1,矩形对角线AC,OB相交于E,过点E的直线与边OA,BC分别交于点G,H.
(1)①直接写出点E的坐标:
;
②求证:
AG=CH.
(2)如图②,以O为圆心,OC为半径的圆弧交OA于D,若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F,求直线GH的函数表达式.
(3)在
(2)的结论下,梯形ABHG的内部有一点P,当⊙P与HG,GA,AB都相切时,求⊙P的半径.
(第8题图))
解:
(1)①根据矩形的性质和边长即可求出点E的坐标是.
②证明:
∵四边形OABC是矩形,
∴CE=AE,BC∥OA,∴∠HCE=∠EAG.
在△CHE和△AGE中,
∵
∴△CHE≌△AGE,∴AG=CH.
(2)连结DE并延长交CB于M,如解图①.
∵OD=OC=1=OA,∴D是OA的中点,
在△CME和△ADE中,∵
∴△CME≌△ADE,∴CM=AD=2-1=1.
∵BC∥OA,∠COD=90°,
∴四边形CMDO是矩形,
∴MD⊥OD,MD⊥CB,
∴MD切⊙O于点D.
∵HG切⊙O于F,点E,
∴可设CH=HF=x,FE=ED==ME.
在Rt△MHE中,有MH2+ME2=HE2,即(1-x)2+=,解得x=,
∴点H,OG=2-=.
又∵点G,设直线GH的表达式是y=kx+b,
把点G,H的坐标代入,得0=k+b,且1=k+b,
解得k=-,b=,
∴直线GH的函数表达式为y=-x+.
(3)连结BG,如解图②,
在△OCH和△BAG中,∵
(第8题图解))
∴△OCH≌△BAG,∴∠CHO=∠AGB.
∵∠HCO=90°,∴HC切⊙O于C,HG切⊙O于F,
∴OH平分∠CHF,∴∠CHO=∠FHO=∠BGA.
∵△CHE≌△AGE,∴HE=GE.
在△HOE和△GBE中,∵
∴△HOE≌△GBE,∴∠OHE=∠BGE.
∵∠CHO=∠FHO=∠BGA,∴∠BGA=∠BGE,即BG平分∠FGA.
∵⊙P与HG,GA,AB都相切,
∴圆心P必在BG上,
过P作PN⊥GA,垂足为N,则△GPN∽△GBA,
∴=,
设半径为r,则=,解得r=.
∴⊙P的半径是.
9.如图,在平面直角坐标系中,已知点A的坐标是(4,0),且OA=OC=4OB,动点P在过A,B,C三点的抛物线上.
(第9题图)
(1)求抛物线的表达式.
(2)是否存在点P,使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形?
若存在,求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,说明理由.
(3)过动点P作PE垂直y轴于点E,交直线AC于点D,过点D作x轴的垂线.垂足为F,连结EF,当线段EF的长度最短时,求出点P的坐标.
解:
(1)由点A(4,0),可知OA=4.
∵OA=OC=4OB,
∴OC=OA=4,OB=1,
∴点C(0,4),B(-1,0).
设抛物线的表达式是y=ax2+bx+x,
则
解得
则抛物线的表达式是y=-x2+3x+4.
(2)存在.如解图①.
第一种情况,当以C为直角顶点时,过点C作CP1⊥AC,交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线,垂足是M.
∵∠ACP1=90°,
∴∠MCP1+∠ACO=90°.
∵∠ACO+∠OAC=90°,
∴∠MCP1=∠OAC.
∵OA=OC,
∴∠MCP1=∠OAC=45°,
∴∠MCP1=∠MP1C,
∴MC=MP1.
设点P(m,-m2+3m+4),则m=-m2+3m+4-4,
解得:
m1=0(舍去),m2=2.
∴-m2+3m+4=6,
即点P(2,6).
第二种情况,当点A为直角顶点时,过点A作AP2⊥AC交抛物线于点P2,过点P2作y轴的垂线,垂足是N,AP2交y轴于点F.
∴P2N∥x轴.
∵∠CAO=45°,
∴∠OAP=45°,
∴∠FP2N=45°,AO=OF.
∴P2N=NF.
设点P2(n,-n2+3n+4),则-n=-(-n2+3n+4)-4,
解得n1=-2,n2=4(舍去),
∴-n2+3n+4=-6,
则点P2的坐标是(-2,-6).
综上所述,点P的坐标是(2,6)或(-2,-6).
(第9题图解)
(3)如解图②,连结OD,由题意可知,四边形OFDE是矩形,则OD=EF.
根据垂线段最短,可得当OD⊥AC时,OD最短,即EF最短.
由
(1)可知,在Rt△AOC中,OC=OA=4,
则AC==4,
根据等腰三角形的性质,D是AC的中点.
又∵DF∥OC,
∴DF=OC=2,
∴点P的纵坐标是2.
则-x2+3x+4=2,
解得x=,
∴当EF最短时,点P的坐标是或.
10.已知在平面直角坐标系xOy中,O是坐标原点,以P(1,1)为圆心的⊙P与x轴,y轴分别相切于点M和点N,点F从点M出发,沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动,连结PF,过点PE⊥PF交y轴于点E,设点F运动的时间是t(s)(t>0)
(第10题图)
(1)若点E在y轴的负半轴上(如图所示),求证:
PE=PF.
(2)在点F运动的过程中,设OE=a,OF=b,试用含a的代数式表示b.
(3)作点F关于点M的对称点F′,经过M,E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q,连结QE.在点F运动的过程中,是否存在某一时刻,使得以点Q,O,E为顶点的三角形与以点P,M,F为顶点的三角形相似?
若存在,请直接写出t的值;若不存在,请说明理由.
(第10题图解①)
解:
(1)证明:
如解图①,连结PM,PN,∵⊙P与x轴,y轴分别相切于点M和点N,
∴PM⊥MF,PN⊥ON,且PM=PN,
∴∠PMF=∠PNE=90°,且∠NPM=90°.
∵PE⊥PF,
∴∠N