Question

14．如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點，點B坐標(biāo)是（3，0），與y軸交于點C，頂點D的坐標(biāo)是（1，-4），對稱軸與x軸交于點E
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△AOC與△BCD是否相似？并證明你的結(jié)論；
（3）在對稱軸右側(cè)上找點M，過點M作MN⊥CD，交直線CD于點N，使∠CMN=∠BDE，求點M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-1）²-4，把點B（3，0）代入求出a即可．
（2）求出三角形的三邊的長，根據(jù)對應(yīng)邊成比例兩三角形相似即可判定．
（3）①如圖1中，若點N在射線CD上，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．易證△MCN∽△DBE，得到MN=2CN．設(shè)CN=a，則MN=2a．求出MG=FG=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，CG=FG-FC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，代入拋物線y=（x-3）（x+1），求出a的值，即可知M的坐標(biāo)；②如圖2中，若點N在射線DC上，MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．用類似的方法求出a的值，確定M的坐標(biāo)；

解答 解：（1）∵拋物線的頂點坐標(biāo)為（1．-4），
∴可以假設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-1）²-4，
把點B（3，0）代入0=4a-4，
∴a=1，
∴拋物線的解析式為y=（x-1）²-4，即y=x²-2x-3．

（2）對于拋物線y=x²-2x-3令y=0，得x²-2x-3=0，解得x=-1或3，
∴A（-1，0），C（0，-3），D（1．-4），B（3，0），
∴OA=1，0C=3，AC=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，CD=$\sqrt{2}$，BD=2$\sqrt{5}$，BC=3$\sqrt{2}$，
∴$\frac{CD}{OA}$=$\frac{BD}{OC}$=$\frac{BC}{AC}$=$\sqrt{2}$，
∴△CDB∽△AOC．

（3）①如圖1中，若點N在射線CD上，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．

∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE，
∴$\frac{CN}{MN}$=$\frac{BE}{DE}$=$\frac{1}{2}$，
∴MN=2CN．
設(shè)CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=∠DCF=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF=$\sqrt{2}$a，
∴MF=MN+NF=3a，
∴MG=FG=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，
∴CG=FG-FC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴M（ $\frac{3\sqrt{2}}{2}$a，-3+$\frac{\sqrt{2}}{2}$a）．   
代入拋物線y=（x-3）（x+1），解得a=$\frac{7\sqrt{2}}{9}$，
∴M（ $\frac{7}{3}$，-$\frac{20}{9}$）；
②如圖2中，若點N在射線DC上，MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．

∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，
∴△MCN∽△DBE
∴$\frac{CN}{MN}$=$\frac{BE}{DE}$=$\frac{1}{2}$，
∴MN=2CN．
設(shè)CN=a，則MN=2a．
∵∠CDE=45°，
∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，
∴NF=CN=a，CF=$\sqrt{2}$a，
∴MF=MN-NF=a，
∴MG=FG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴CG=FG+FC=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$a，
∴M（ $\frac{\sqrt{2}}{2}$a，-3+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$a）．
代入拋物線y=（x-3）（x+1），解得a=5 $\sqrt{2}$，
∴M（5，12）；
綜上可知，點M坐標(biāo)為（ $\frac{7}{3}$，-$\frac{20}{9}$）或（5，12）；

點評 本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用參數(shù)，構(gòu)建方程解決問題，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中考壓軸題．