Question

1．如圖1，將拋物線y=$\frac{1}{4}{x^2}$的頂點(diǎn)C向右平移m個單位，交y軸于點(diǎn)B，且tan∠BCO=$\frac{1}{2}$．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）圖2，當(dāng)⊙A的圓心A在拋物線上運(yùn)動時，動圓A始終經(jīng)過點(diǎn)B，MN為⊙A在x軸上截得的弦（點(diǎn)M在N左側(cè)），設(shè)MN²=y，A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x（x＞0），試求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（不要求寫出自變量的取值范圍）
（3）在（2）的條件下，拋物線的對稱軸上是否存在一點(diǎn)Q，使得以A、B、Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形，并直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線為y=$\frac{1}{4}$（x-m）²，則C（m，0），B（0，$\frac{1}{4}$m²），根據(jù)tan∠BCO=$\frac{1}{2}$列出方程求解．
（2）作AE⊥MN垂足為E，根據(jù)y=MN²=4ME²=4（AM²-AE²）即可得到．
（3）情形1：當(dāng)∠Q₁A₁B=90°時，作A₁M⊥y軸，交對稱軸于N，根據(jù)△Q₁NA₁≌△A₁MB得A₁N=BM列出方程求解．
情形2：當(dāng)∠BQ₂A₂=90°時，易知A₂、B關(guān)于對稱軸對稱，可知A₂（4，1）（見圖2）．
情形3：當(dāng)∠Q₅A₅B=90°，同理可以證明：△A₅NQ₅≌△BMA₅得A₅N=BM，由此列出方程求解（見圖3）．

解答 解：（1）設(shè)拋物線為y=$\frac{1}{4}$（x-m）²，則C（m，0），B（0，$\frac{1}{4}$m²），
∵tan∠BCO=$\frac{1}{2}$，
∴OC=2OB，
m=2×$\frac{1}{4}$m²，
∵m≠0，
∴m=2，
∴拋物線為y=$\frac{1}{4}$（x-2）²．
（2）如圖1，作AE⊥MN垂足為E，設(shè)A[x，$\frac{1}{4}$（x-2）²]，
∵AM=AN，
∴ME=EN，
∴y=MN²=4ME²=4（AM²-ME²）=4{x²+[$\frac{1}{4}（x-2）^{2}$-1]²-[$\frac{1}{4}$（x-2）²]²}=2x²+8x-4．
（3）如圖2，①當(dāng)∠Q₁A₁B=90°時，作A₁M⊥y軸，交對稱軸于N，設(shè)A₁[m，$\frac{1}{4}$（m-2）²]，
∵∠NQ₁A₁+∠Q₁A₁N=90°，∠NA₁B+∠Q₁A₁N=90°，
∴∠NQ₁A₁=∠NA₁B，
在△NA₁Q₁和△BMA₁中，
$\left\{\begin{array}{l}{{A}_{1}{Q}_{1}={A}_{1}B}\\{∠{A}_{1}{Q}_{1}N=∠M{A}_{1}B}\\{∠{Q}_{1}N{A}_{1}=∠{A}_{1}MB}\end{array}\right.$，
∴△Q₁NA₁≌△A₁MB，
∴A₁N=BM，
∴m-2=$\frac{1}{4}（m-2）^{2}$，
∴m=4±2$\sqrt{2}$，
∴A₁（4+2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$），A₃（4-2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），
②當(dāng)∠BQ₂A₂=90°時，易知A₂、B關(guān)于對稱軸對稱，
∴A₂（4，1）．
③如圖3，當(dāng)∠Q₅A₅B=90°，同理可以證明：△A₅NQ₅≌△BMA₅，
∴A₅N=BM，
∴2-m=$\frac{1}{4}（m-2）^{2}$-1，
∴m=$±2\sqrt{2}$，
∴A₄（2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），A₅（-2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$）．
綜上所述點(diǎn)A的坐標(biāo)為：A₁（4+2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$），A₃（4-2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），
A₄（2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），A₅（-2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)、圓、等腰三角形、全等三角形、三角函數(shù)等知識，綜合性比較強(qiáng)，構(gòu)造全等三角形是解決第三個問題的關(guān)鍵．