第4章 几何模型之“K”字型讲义2024年九年级中考数学复习

第四章 几何模型之“K”字型 模型讲解 直角型 锐角型 钝角型 例题讲解 (直接“K”字型) 例题1、 (1)问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点,∠DPC＝∠A＝∠B＝90°,求证：AD﹒BC＝AP﹒BP; （2）探究：如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝θ时，上述结论是否依然成立？说明理由． （3）应用：请利用(1)(2)获得的经验解决问题： 如图3，在△ABD中，AB＝6,AD＝BD＝5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠CPD＝∠A，设点P的运动时间为t（秒），当DC＝4BC时，求t的值． 解：（1）如图1， 图1 ∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°， ∴∠ADP＋∠APD＝90°， ∠BPC＋∠APD＝90°， ∴∠ADP＝∠BPC， ∴△ADP∽△BPC， ∴＝， ∴AD•BC＝AP•BP； （2）结论AD•BC＝AP•BP仍然成立． 理由：如图2， 图2 ∵∠BPD＝∠DPC＋∠BPC，∠BPD＝∠A＋∠ADP， ∴∠DPC＋∠BPC＝∠A＋∠ADP． ∵∠DPC＝∠A＝∠B＝θ， ∴∠BPC＝∠ADP， ∴△ADP∽△BPC， ∴＝， ∴AD•BC＝AP•BP； （3）如图3， 图3 ∵DC＝4BC， 又∵AD＝BD＝5， ∴DC＝4，BC＝1， ，由（1）、（2）的经验可知AD•BC＝AP•BP， ∴5×1＝t（6﹣t）， 解得：t1＝1，t2＝5， ∴t的值为1秒或5秒． 例题2、如图,在等边△ABC中,将△ABC沿着MN折叠。使点A落在边BC上的点D处。 (1)若AB＝4,当△BMD为直角三角形时,求AM的长。 (2)当BD:CD＝1:3时,求AM:AN的值。 解：(1)如图1，设BM＝k,AM＝DM＝k.可得方程k＋k＝4,得k＝2＋2,得AM＝2（3－）. 同理，如图2，可求得AM＝8－12. (2)如图3，设BD＝m,CD＝3m,可得△BDM与△CDN的周长比即相似比为5：7.可得AM：AN＝DM：DN＝5：7. 图1 图2 图3 巩固练习 1．如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，D在BC上，DE与AC相交于点F,AB＝9,BD＝3，则CF等于（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 解：如图，∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴∠B＝∠BAC＝60°， ∴∠BAD＋∠ADB＝120°，∠ADB＋∠FDC＝120° ∴∠BAD＝∠FDC 又∵∠B＝∠C＝60°，∴ ∴△ABD～△CDF， ∴AB：BD＝CD：CF， 即9：3＝（9﹣3）：CF， ∴CF＝2． 2、如图坐标系中，O(0，0)，A（6，6），B（12，0），将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE＝，则CE：DE的值是_________． 解：过A作AF⊥OB于F， ∵A（6，6），B（12，0）， ∴AF＝6，OF＝6，OB＝12， ∴BF＝6， ∴OF＝BF， ∴AO＝AB， ∵tan∠AOB＝， ∴∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠AOB＝∠ABO＝60°， ∵将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处， ∴∠CED＝∠OAB＝60°， ∴∠OCE＝∠DEB， ∴△CEO∽△DBE， ∴， 设CE＝a，则CA＝a，CO＝12﹣a，ED＝b，则AD＝b，DB＝12﹣b， ， ∴24b＝60a﹣5ab①， ， ∴36a＝60b﹣5ab②， ②﹣①得：36a﹣24b＝60b﹣60a， ∴＝， 即CE：DE＝． 故答案为：． 3.正方形ABCD边长为4,M、N分别是BC、CD上的两个动点,当M点在BC上运动时,保持AM⊥MN. (1)设BM＝x,CN＝y,求y与x之间的函数关系式. (2)在点M,N运动的过程中,求CN的最小值. （1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠B＝∠C＝90°， 又∵AM⊥MN， ∴∠AMN＝90°， ∴∠AMB＋∠NMC＝90°， 而∠AMB＋∠BAM＝90°， ∴∠BAM＝∠NMC， ∴Rt△ABM∽Rt△MCN， （2）解：∵Rt△ABM∽Rt△MCN， ∴AB：MC＝BM：NC， 而AB＝4，BM＝x，MC＝4﹣x， ∴4：（4﹣x）＝x：NC， ∴NC＝， ∴y＝（NC＋AB）•BC ＝（＋4）×4 ＝﹣x2＋2x＋8． 4．如图，在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO为矩形，AB＝16，点D与点A关于y轴对称,tan∠ACB＝＝∠CAO,点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF＝∠ACB． （1）求AC的长和点D的坐标； （2）证明：△AEF∽△DCE; （3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标． 解：（1）由题意tan∠ACB＝， ∴cos∠ACB＝， ∵四边形ABCO为矩形，AB＝16， ∴BC＝＝12，AC＝＝20， ∴A（﹣12，0）， ∵点D与点A关于y轴对称， ∴D（12，0）； （2）∵点D与点A关于y轴对称， ∴∠CDE＝∠CAO， ∵∠CEF＝∠ACB，∠ACB＝∠CAO， ∴∠CDE＝∠CEF， 又∵∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠CDE＋∠DCE， ∴∠AEF＝∠DCE， ∴△AEF∽△DCE； （3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况： ①当CE＝EF时， ∵△AEF∽△DCE， ∴△AEF≌△DCE， ∴AE＝CD＝20， ∴OE＝AE﹣OA＝20﹣12＝8， ∴E（8，0）； ②当EF＝FC时，过点F作FM⊥CE于M，则点M为CE中点， ∴CE＝2ME＝2EF•cos∠CEF＝2EF•cos∠ACB＝EF， ∵△AEF∽△DCE， ∴＝，即＝， ∴AE＝， ∴DE＝AE﹣OA＝﹣12＝， ∴E（，0）； ③当CE＝CF时，则有∠CFE＝∠CEF， ∵∠CEF＝∠ACB＝∠CAO， ∴∠CFE＝CAO，即此时点E与点D重合，这与已知条件矛盾， 综上所述，E（8，0）或（，0）． 4.如图．等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°,P为BC的中点，小明拿着含45°角的透明三角形，使45°角的顶点落在点P，且绕P旋转． （1）如图①：当三角板的两边分别AB、AC交于E、F点时，试说明△BPE∽△CFP． （2）将三角板绕点P旋转到图②，三角板两边分别交BA延长线和边AC于点EF． 探究1：△BPE与△CFP．还相似吗？（只需写结论） 探究2：连接EF,△BPE与△EFP是否相似？请说明理由． 图① 图② （1）证明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°． ∵∠B＋∠BPE＋∠BEP＝180°， ∴∠BPE＋∠BEP＝135°， ∵∠EPF＝45°， 又∵∠BPE＋∠EPF＋∠CPF＝180°， ∴∠BPE＋∠CPF＝135°， ∴∠BEP＝∠CPF， 又∵∠B＝∠C， ∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）． （2）探究1：△BPE与△CFP还相似， 探究2：证明：连接EF，△BPE与△CFP相似， ∵△BPE∽△CFP， ∴， 又∵CP＝BP， ∴， ∴， 又∵∠B＝∠EPF， ∴△BEP∽△PEF． 5.如图，一条抛物线经过原点和点C(8,0),A、B是该抛物线上的两点,AB∥x轴，OA＝5,AB＝2．点E在线段OC上，作∠MEN＝∠AOC,使∠MEN的一边始终经过点A，另一边交线段BC于点F，连接AF． （1）求抛物线的解析式； （2）当点F是BC的中点时，求点E的坐标； （3）当△AEF是等腰三角形时，求点E的坐标． 解：（1）如图， ∵该抛物线经过原点和点C（8，0）， ∴设该抛物线的解析式为：y＝ax（x﹣8）（a≠0）． ∵点C（8，0）， ∴该抛物线的对称轴是x＝4． ∵AB＝2，AB∥x轴， ∴设A（3，t），B（5，t）， 又∵OA＝5， ∴t＝4，即A（3，4），B（5，4）， ∴把点A的坐标代入解析式，得 4＝3a×（3﹣8），解得a＝﹣， ∴该抛物线的解析式是：y＝﹣x（x﹣8）（或y＝﹣x2＋x）； （2）∵AB∥x轴， ∴根据抛物线的对称性知OA＝CB＝5，∠AOC＝∠BCO， ∵点F是BC的中点， ∴CF＝． ∵∠MEN＝∠AOC，即∠AEF＝∠AOC，∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠AOC＋∠OAE， ∴∠CEF＝∠OAE， ∴△AOE∽△ECF， ∴＝，即＝， 解得，OE＝，或OE＝， 则E（，0）； （3）①当AE＝EF时，可证△AOE≌△ECF． 则OA＝CE＝5， ∴OE＝3，则E（3，0）； ②当AF＝EF时，过点F作FK∥AO． 易证△ABF≌△FKE，求得OE＝，则E（，0）； ③当AE＝AF时，在AO上取点Q，使得EQ＝OE． 易证△ABF≌△EQA，则EQ＝AB＝2， ∴OE＝2．则E（2，0）； 综上所述，点E的坐标是：（3，0）、（，0）或（2，0）时，△AEF是等腰三角形． 6.【试题再现】如图1,Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC，直线l过点C，过点A、B分别作AD⊥l于点D,BE⊥l于点E，则DE＝AD＋BE(不用证明）． （1）【类比探究】如图2，在△ABC中，AC＝BC，且∠ACB＝∠ADC＝∠BEC＝100°,上述结论是否成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论． （2）【拓展延伸】①如图3，在△ABC中，AC＝nBC,且∠ACB＝∠ADC＝∠BEC＝100°,猜想线段DE、AD、BE之间有什么数量关系？并证明你的猜想． ②若图1的Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝nBC,并将直线l绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交，分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点D和点E，请在备用图上画出图形，并直接写出线段DE、AD、BE之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）． 图1 图2 图3 备用图 解：（1）【类比探究】猜想DE＝AD＋BE． 理由：如图2， ∵∠ADC＝100°， ∴∠DAC＋∠DCA＝80°． ∵∠ACB＝100°， ∴∠DCA＋∠ECB＝80°， ∴∠DAC＝∠ECB． 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝AD＋BE； （2）【拓展延伸】①猜想：DE＝AD＋nBE． 理由：如图3， ∵∠ADC＝100°， ∴∠DAC＋∠DCA＝80°． ∵∠ACB＝100°， ∴∠DCA＋∠ECB＝80°， ∴∠DAC＝∠ECB． ∵∠ADC＝∠CEB， ∴△ADC∽△CEB， ∴＝＝＝n， ∴CE＝AD，CD＝nBE， ∴DE＝DC＋CE＝AD＋nBE； ②DE＝AD﹣nBE或DE＝nBE﹣AD． 提示：同①可得：CE＝AD，CD＝nBE． 如图4， DE＝CE﹣CD＝AD﹣nBE； 如图5， DE＝CD﹣DE＝nBE﹣AD． 巩固练习(构造“K”字型) 基本构造方法 例题1.如图，在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(4,8),将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为_______. 解：如图，过D作DF⊥x轴于F， ∵点B的坐标为（4，8）， ∴AO＝4，AB＝8， 根据折叠可知：CD＝OA， 而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO， ∴△CDE≌△AOE， ∴OE＝DE，OA＝CD＝4， 设OE＝x，那么CE＝8﹣x，DE＝x， ∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2＋CD2， ∴（8﹣x）2＝x2＋42， ∴x＝3， 又DF⊥AF， ∴DF∥EO， ∴△AEO∽△ADF， 而AD＝AB＝8， ∴AE＝CE＝8﹣3＝5， ∴＝＝， 即， ∴DF＝，AF＝， ∴OF＝﹣4＝， ∴D的坐标为（﹣，）． 故答案是：（﹣，）． 例题2.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD,点A(0,1),点C、D在反比例函数y＝的图象上，AB与x轴的正半轴相交于点E，若E为AB的中点，则k的值为_______． 解：如图，作DF⊥y轴于F，过B点作x轴的平行线与过C点垂直与x轴的直线交于G，CG交x轴于K，作BH⊥x轴于H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∴∠DAF＋∠OAE＝90°， ∵∠AEO＋∠OAE＝90°， ∴∠DAF＝∠AEO， ∵AB＝2AD，E为AB的中点， ∴AD＝AE， 在△ADF和△EAO中， ∴△ADF≌△EAO（AAS）， ∴DF＝OA＝1，AF＝OE， ∴D（1，k）， ∴AF＝k﹣1， 同理；△AOE≌△BHE，△ADF≌△CBG， ∴BH＝BG＝DF＝OA＝1，EH＝CG＝OE＝AF＝k﹣1， ∴OK＝2（k﹣1）＋1＝2k﹣1，CK＝k﹣2 ∴C（2k﹣1，k﹣2）， ∴（2k﹣1）（k﹣2）＝1•k， 解得k1＝，k2＝， ∵k﹣1＞0， ∴k＝ 故答案是：． 例题3、如图,直线a∥b∥c,a与b之间的距离为3,b与c之间的距离为6,a、b、c分别经过等边三角形ABC的三个顶点,则三角形的边长为______________. 简解：构造∠BDC=∠AEC=60°，可得△BCD≌△CAE.可求得AC=2. 例题4、如图，抛物线y＝与坐标轴交与A、B、C三点，点M在线段BC上，将线段OM绕O点逆时针旋转90°,点M的对应点N恰好落在第一象限的抛物线上，求N点的坐标． 简解：A（1，0），B（3，0），C（0，－3）.直线BC：y＝x－3. 设M（t，t－3）.则N（3－t，t）.代入函数关系式可求得t＝0或1.得N（2，1）. 巩固练习 1、如图，直线l1∥l2∥l3，等腰直角三角形ABC的三个顶点A，B，C分别在l1，l2，l3上，∠ACB＝90°，AC交l2于点D，已知l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，则△ABC的面积为_____________. 简解：构造一对直角三角形全等，可得BC＝AC＝5. 2．如图，边长为的正方形ABCD的顶点A在y轴上，顶点D在反比例函数y＝的图象上，已知点B的坐标是则k的值为（　　） A． B． C．4 D．6 解：如图，作DE⊥OA于E，BF⊥OA于F， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°， ∵∠EAD＋∠FAB＝90°，∠FAB＋∠ABF＝90°， ∴∠EAD＝∠ABF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF， ∴AF＝ED，AE＝BF， ∵B点坐标（，），AB＝， ∴OF＝，AF＝DE＝＝＝1． ∴OE＝4，点D坐标（1，4）， ∴k＝4． 故选：C． 3.如图，AB＝4，射线BM和AB互相垂直，点D是AB上的一个动点，点E在射线BM上，BE＝作EF⊥DE并截取EF＝DE，连结AF并延长交射线BM于点C．设BE＝x,BC＝y，则y关于x的函数解析式是（　　） A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝ 解：作FG⊥BC于G， ∵∠DEB＋∠FEC＝90°，∠DEB＋∠BDE＝90°； ∴∠BDE＝∠FEG， 在△DBE与△EGF中 ∴△DBE≌△EGF， ∴EG＝DB，FG＝BE＝x， ∴EG＝DB＝2BE＝2x， ∴GC＝y﹣3x， ∵FG⊥BC，AB⊥BC， ∴FG∥AB， CG：BC＝FG：AB， 即＝， ∴y＝﹣． 故选：A． 4．如图，在矩形AOBC中，点A的坐标(－2,1),点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 解：如图过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、 ∵点A坐标（﹣2，1），点C纵坐标为4， ∴AF＝1，FO＝2，AE＝3， ∵∠EAC＋∠OAF＝90°，∠OAF＋∠AOF＝90°， ∴∠EAC＝∠AOF， ∵∠E＝∠AFO＝90°， ∴△AEC∽△OFA， ∴， ∴EC＝，∴点C坐标（﹣，4）， ∵△AOF≌△BCN，△AEC≌△BMO， ∴CN＝2，BN＝1，BM＝MN﹣BN＝3，BM＝AE＝3，OM＝EC＝， ∴点B坐标（，3）， 5．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB所在直线的解析式为y＝kx＋2,顶点C、D在反比例函数y＝的图象上，若tan∠ADB＝2．则点D的坐标为_______． 解：过点D作DE⊥y轴于E，过点C作CF⊥x轴，如图所示． ∵点A、B是直线y＝kx＋2分别与y轴、x轴的交点， ∴A（0，2），B（﹣，0）， ∴OA＝2，OB＝﹣． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°，AD＝BC． ∵tan∠ADB＝2， ∴＝2，＝2． ∵∠DEA＝∠AOB＝90°，∠EAD＝∠ABO＝90°﹣∠OAB， ∴△AED∽△BOA， ∴＝＝＝， ∴ED＝1，AE＝﹣， ∴点D（1，2﹣）． 同理：点C（1﹣，﹣）． ∵点C、D都在反比例函数y＝（m＞0）的图象上， ∴1×（2﹣）＝（1﹣）•（﹣）， ∴k＝±1． ∵k＜0， ∴k＝﹣1， ∴点D的坐标为（1，3）． 6、已知抛物线y＝mx2－3mx－4m与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，当∠ACB＝90°时， （1）求抛物线解析式； （2）当抛物线开口向下时，在第一象限的抛物线上有一点P，横坐标为a，当∠BPC＝90° 时，求a的值. 解：（1）A（－1，0），B（4，0），C（0，－4m）.利用AOBO＝CO2列方程可得m＝－ (2)构造基本图形，设P（a,b），其中b=(a2-3a-4),CM=b-2,BN=b,PN=4-a，NP=4-a.可得方程a(4-a)=b(b-2)即，a(4-a)= (a-4)（a+1)(a2+a),得a=3(-1,0,3舍去) 7.若两条抛物线的顶点相同，则称它们为“友好抛物线”，抛物线：＝与：＝为“友好抛物线”． （1）求抛物线的解析式． （2）点A是抛物线上在第一象限的动点，过A作AQ⊥x轴，Q为垂足，求AQ＋OQ的最大值． （3）设抛物线的顶点为C，点B的坐标为(－1,4),问在的对称轴上是否存在点M，使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB′,且点B′恰好落在抛物线上？若存在求出点M的坐标，不存在说明理由． 解：（1）∵y1＝﹣2x2＋4x＋2＝﹣2（x﹣1）2＋4， ∴抛物线C1的顶点坐标为（1，4）． ∵抛物线C1与C2顶点相同， ∴＝1，﹣1＋m＋n＝4． 解得：m＝2，n＝3． ∴抛物线C2的解析式为y2＝﹣x2＋2x＋3． （2）如图1所示： 设点A的坐标为（a，﹣a2＋2a＋3）． ∵AQ＝﹣a2＋2a＋3，OQ＝a， ∴AQ＋OQ＝﹣a2＋2a＋3＋a＝﹣a2＋3a＋3＝﹣（a﹣）2＋． ∴当a＝时，AQ＋OQ有最大值，最大值为． （3）如图2所示；连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D． ∵B（﹣1，4），C（1，4），抛物线的对称轴为x＝1， ∴BC⊥CM，BC＝2． ∵∠BMB′＝90°， ∴∠BMC＋∠B′MD＝90°． ∵B′D⊥MC ∴∠MB′D＋∠B′MD＝90°． ∴∠MB′D＝∠BMC． 在△BCM和△MDB′中，， ∴△BCM≌△MDB′． ∴BC＝MD，CM＝B′D． 设点M的坐标为（1，a）．则B′D＝CM＝4﹣a，MD＝CB＝2． ∴点B′的坐标为（a﹣3，a﹣2）． ∴﹣（a﹣3）2＋2（a﹣3）＋3＝a﹣2． 整理得：a2﹣7a＋10＝0． 解得a＝2，或a＝5． 当a＝2时，M的坐标为（1，2）， 当a＝5时，M的坐标为（1，5）． 综上所述当点M的坐标为（1，2）或（1，5）时，B′恰好落在抛物线C2上． 8、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（－1，0），B（3，0），与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝kx＋3. （1）求抛物线和直线BC的解析式； （2）在抛物线的对称轴上找一点P，使得∠CBP＝90°，求P点坐标； （3）若点Q是第一象限的抛物线上一动点，当∠CQB＝90°时，求Q点的坐标. (1)C（0，3）,抛物线为y=－(x+1)(x－3)=－x2+2x+3. (2)直线BC为y=－x+3,取BC的中点M（,）MP=1/2BC=3/2,得P（,±） (3)设Q（a,b）则类似第6题，可得Q 9.小明是一个喜欢探究钻研的学生，他在和同学们一起研究某条抛物线y＝ax2（a＜0）的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题： 图1 图2 （1）小明测得OA＝OB＝4（如图1），求a的值； （2）对同一条抛物线，小明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF＝2，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标； （3）对该抛物线，小明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标． 解：（1）设线段AB与y轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点， ∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°， ∴AC＝OC＝BC＝4， ∴B（4，﹣4）， 将B（4，﹣4）代入抛物线y＝ax2（a＜0）得，a＝﹣． （2）过点A作AE⊥x轴于点E， ∵点B的横坐标为2， ∴B （2，﹣1）， 设A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），则 OB2＝22＋12＝5，OA2＝m2＋m4，AB2＝（2＋m）2＋（﹣1＋m2）2， ∵∠AOB＝90°， ∴AB2＝OA2＋OB2， ∴（2＋m）2＋（﹣1＋m2）2＝m2＋m4＋5， 解得：m＝0（不合题意舍去）或m＝8，即点A的横坐标为﹣8． （3）设A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），B（n，﹣n 2）（n＞0）， 设直线AB的解析式为：y＝kx＋b，则， ①×n＋②×m得，（m＋n）b＝﹣（m2n＋mn2）＝﹣mn（m＋n）， ∴b＝﹣mn， 由前可知，OB2＝n2＋n4，OA2＝m2＋m4，AB2＝（n＋m）2＋（﹣m2＋n2）2， 由AB2＝OA2＋OB2，得：n2＋n4＋m2＋m4＝（n＋m）2＋（﹣m2＋n2）2， 化简，得mn＝16． ∴b＝﹣×16＝﹣4．由此可知不论k为何值，直线AB恒过点（0，﹣4）． 28 学科网（北京）股份有限公司 $$