分析 (1)因?yàn)橹罀佄锞(xiàn)的頂點(diǎn)坐標(biāo),所以可設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為:y=a(x+$\frac{1}{2}$x)2-$\frac{17}{4}$,把A點(diǎn)的坐標(biāo)代入求出a的值即可求出拋物線(xiàn)的解析式;
(2)①分別過(guò)點(diǎn)B、C作BM⊥y軸于點(diǎn)M,CN⊥y軸于點(diǎn)N,當(dāng)b=0時(shí),直線(xiàn)BC為y=x,此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)O重合,聯(lián)立直線(xiàn)和拋物線(xiàn)的解析式可求出B,C點(diǎn)的坐標(biāo),進(jìn)而得到BM=CN=2,再通過(guò)證明△BME∽△CNE,由相似三角形的性質(zhì)可得:BE:CE=BM:CN,故BE=CE;②當(dāng)b≠0時(shí),E還是線(xiàn)段BC的中點(diǎn),分別過(guò)點(diǎn)B、C作BP⊥y軸于點(diǎn)P,CQ⊥y軸于點(diǎn)Q,其他過(guò)程同①.
解答 (1)解:據(jù)題意可設(shè)拋物線(xiàn)的解析式為y=a(x+$\frac{1}{2}$)2-$\frac{17}{4}$.
把x=0,y=-4代入,得-4=a(0+$\frac{1}{2}$)2-$\frac{17}{4}$,
解得a=1,
∴拋物線(xiàn)的解析式為y=(x+$\frac{1}{2}$)2-$\frac{17}{4}$=x2+x-4.
(2)①證明:分別過(guò)點(diǎn)B、C作BM⊥y軸于點(diǎn)M,CN⊥y軸于點(diǎn)N.(如圖1)
當(dāng)b=0時(shí),直線(xiàn)BC為y=x,此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)O重合.
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y={x}^{2}+x-4}\end{array}\right.$,
得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=2}\\{{y}_{1}=2}\end{array}\right.$,$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-2}\\{{y}_{2}=-2}\end{array}\right.$.
則B、C的坐標(biāo)分別為(2,2)、(-2,-2),
即BM=CN=2.
又BM⊥y軸,CN⊥y軸,
∴BM∥CN,
∴△BME∽△CNE,
即BE:CE=BM:CN,
故BE=CE.
②解:E還是線(xiàn)段BC的中點(diǎn).理由如下:
如圖2,分別過(guò)點(diǎn)B、C作BP⊥y軸于點(diǎn)P,CQ⊥y軸于點(diǎn)Q.
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x+b}\\{y={x}^{2}+x-4}\end{array}\right.$,
得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\sqrt{b+4}}\\{{y}_{1}=\sqrt{b+4}+6}\end{array}\right.$,$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-\sqrt{b+4}}\\{{y}_{2}=-\sqrt{b+4}+b}\end{array}\right.$.
則B、C的坐標(biāo)分別為($\sqrt{b+4}$,$\sqrt{b+4}$+b),(-$\sqrt{b+4}$,-$\sqrt{b+4}$+b),
即BP=CQ=$\sqrt{b+4}$.
同樣可得△BPE∽△CQE,
即BE:CE=BP:CQ,
故BE=CE
點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題型,其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、相似三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的判定和性質(zhì)以及解二元二次方程組,在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果.
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A. | m=1 | B. | m=-1 | C. | m=2 | D. | m=-2 |
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A. | AB∥CD | B. | AD∥BC | C. | ∠A=∠C | D. | ∠ABC=∠CDA |
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