Question

19．如圖，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（0，1），頂點(diǎn)A在x軸正半軸上，tan∠BAO=$\frac{1}{2}$．
（1）求該拋物線所對(duì)應(yīng)的關(guān)系式；
（2）若點(diǎn)C在（1）中拋物線上，以BC為直徑的⊙M恰好過(guò)頂點(diǎn)A，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，過(guò)點(diǎn)B作BC的垂線m，若過(guò)點(diǎn)C的直線交直線m于點(diǎn)E，且△CAB∽△CBE，試求點(diǎn)E的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ABO中利用正切的定義可計(jì)算出OA，從而得到A點(diǎn)坐標(biāo)，然后設(shè)頂點(diǎn)式，利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）設(shè)C（t，$\frac{1}{4}$t²-t+1），作CH⊥x軸與H，如圖，討論：以BC為直徑的⊙M恰好過(guò)頂點(diǎn)A，當(dāng)點(diǎn)C在A點(diǎn)時(shí)，易得P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）；當(dāng)C點(diǎn)不在A點(diǎn)時(shí)，利用圓周角定理得到∠BAC=90°，然后證明Rt△ABO∽△RtCAH，利用相似比得到關(guān)于t的方程，再解方程求出t即可；
（3）顯然點(diǎn)C（2，0）不符合要求，C點(diǎn)坐標(biāo)取（10，16），作CG⊥y軸于G，直線m交x軸于D，如圖，則通過(guò)證明Rt△CBG∽R(shí)t△BDO，利用相似比計(jì)算出OD得到D（$\frac{3}{2}$，0），再利用待定系數(shù)法求出直線m的解析式為y=-$\frac{2}{3}$x+1；延長(zhǎng)CA交直線m于點(diǎn)E，如圖，易得△CAB∽△CBE，此時(shí)E點(diǎn)滿(mǎn)足條件，于是利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=2x-4，然后解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{3}x+1}\\{y=2x-4}\end{array}\right.$得E點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{15}{8}$，-$\frac{1}{4}$）；作∠E′CB=∠ECB交直線m于E′，如圖，則點(diǎn)E′與點(diǎn)E關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，顯然△CAB∽△CBE′，點(diǎn)E′的橫坐標(biāo)為-$\frac{15}{8}$，利用直線m的解析式可確定E′點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得到滿(mǎn)足條件的E點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）在Rt△ABO中，∵∠BAO=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{1}{2}$，
∴OA=2OB=2，
∴A（2，0），
設(shè)拋物線解析式為y=a（x-2）²，
把B（0，1）代入得a（0-2）²=1，解得a=$\frac{1}{4}$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{4}$（x-2）²，即y=$\frac{1}{4}$x²-x+1；
（2）設(shè)C（t，$\frac{1}{4}$t²-t+1），作CH⊥x軸與H，如圖，
以BC為直徑的⊙M恰好過(guò)頂點(diǎn)A，當(dāng)點(diǎn)C在A點(diǎn)時(shí)，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），
當(dāng)C點(diǎn)不在A點(diǎn)時(shí)，則∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAH=90°，
而∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠AB0=∠CAH，
∴Rt△ABO∽△RtCAH，
∴OB：AH=OA：CH，即1：（t-2）=2：（$\frac{1}{4}$t²-t+1），
整理得t²-12t+20=0，解得t₁=2（舍去），t₂=10，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（10，16），
綜上所述，滿(mǎn)足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）或（10，16）；
（3）點(diǎn)C（2，0）不符合要求，C點(diǎn)坐標(biāo)�。�10，16），
作CG⊥y軸于G，直線m交x軸于D，如圖，
∵BD⊥BC，
∴∠GBC+∠OBD=90°，
∵∠GBC+∠BCG=90°，
∴∠OBD=∠BCG，
∴Rt△CBG∽R(shí)t△BDO，
∴CG：OB=BG：OD，即10：1=15：OD，解得OD=$\frac{3}{2}$，
∴D（$\frac{3}{2}$，0），
設(shè)直線m的解析式為y=kx+b，
把B（0，1），D（$\frac{3}{2}$，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{\frac{3}{2}k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{2}{3}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線m的解析式為y=-$\frac{2}{3}$x+1，
延長(zhǎng)CA交直線m于點(diǎn)E，如圖，
∵∠BAC=90°，CB⊥BE，
∴∠CBE=∠BAC，
而∠BCA=∠ECB，
∴△CAB∽△CBE，
設(shè)直線AC的解析式為y=px+q，
把A（2，0），C（10，16）代入得$\left\{\begin{array}{l}{2p+q=0}\\{10p+q=16}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=2}\\{q=-4}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為y=2x-4，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{3}x+1}\\{y=2x-4}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{15}{8}}\\{y=-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{15}{8}$，-$\frac{1}{4}$）；
作∠E′CB=∠ECB交直線m于E′，如圖，
∵CB⊥EE′，
∴BE′=BE，
∴點(diǎn)E′與點(diǎn)E關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，△CAB∽△CBE′，
∴點(diǎn)E′的橫坐標(biāo)為-$\frac{15}{8}$，
當(dāng)x=-$\frac{15}{8}$時(shí)，y=-$\frac{2}{3}$x+1=-$\frac{2}{3}$×（-$\frac{15}{8}$）+1=$\frac{9}{4}$，此時(shí)E′的坐標(biāo)為（-$\frac{15}{8}$，$\frac{9}{4}$），
綜上所述，滿(mǎn)足條件的E點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{15}{8}$，-$\frac{1}{4}$）或（-$\frac{15}{8}$，$\frac{9}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；學(xué)會(huì)構(gòu)建相似三角形，利用相似比計(jì)算線段的長(zhǎng)；能運(yùn)用分類(lèi)討論的思想解決數(shù)學(xué)問(wèn)題．