Question

1．如图，已知抛物线与x轴交于A（-1，0），B（4，0），与y轴交于C（0，-2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）H是C关于x轴的对称点，P是抛物线上的一点，当△PBH与△AOC相似时，求符合条件的P点的坐标（求出两点即可）；
（3）过点C作CD∥AB，CD交抛物线于点D，点M是线段CD上的一动点，作直线MN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BME=∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．

Answer 1

分析 （1）设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-4），然后将（0，-2）代入解析式即可求出a的值；
（2）当△PBH与△AOC相似时，△PBH是直角三角形，由$\frac{OH}{OA}=\frac{OB}{OH}$可知∠AHB=90°，所以求出直线AH的解析式后，联立一次函数与二次函数的解析式后即可求出P的坐标；
（3）设M的坐标为（m，0），由∠BME=∠BDC可知∠EMC=∠MBD，所以△NCM∽△MDB，利用对应边的比相等即可得出CN与m的函数关系式，利用二次函数的性质即可求出m=$\frac{3}{2}$时，CN有最大值，然后再证明△EMB∽△BDM，即可求出E的坐标．

解答 解：（1）∵抛物线与x轴交于A（-1，0），B（4，0），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-4），
把（0，-2）代入y=a（x+1）（x-4），
∴a=$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2；

（2）当△PBH与△AOC相似时，
∴△AOC是直角三角形，
∴△PBH也是直角三角形，
由题意知：H（0，2），
∴OH=2，
∵A（-1，0），B（4，0），
∴OA=1，OB=4，
∴AH=$\sqrt{5}$，BH=2$\sqrt{5}$，
∴AH²+BH²=AB²，
∴∠AHB=90°，
且∠ACO=∠AHO=∠HBA，
∴△AOC∽△AHB，
∴A（-1，0）符合要求，
取AB中点G，则G（$\frac{3}{2}$，0），
连接HG并延长至F使GF=HG，连接AF，
则四边形AFBH为矩形，
∴∠HBD=90°，∠BHG=∠GBH=∠AHO=∠ACO，
且F点坐标为（3，-2），
将F（3，-2）代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2得，F在抛物线上，
∴点（3，-2）符合要求，
所以符合要求的P点的坐标为（-1，0）和（3，-2）．

（3）过点M作MF⊥x轴于点F，
设点E的坐标为（n，0），M的坐标为（m，-2），
∵∠BME=∠BDC，
∴∠EMC+∠BME=∠BDC+∠MBD，
∴∠EMC=∠MBD，
∵CD∥x轴，
∴D的纵坐标为-2，
令y=-2代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-2，
∴x=0或x=3，
∴D（3，-2），
∵B（4，0），
∴由勾股定理可求得：BD=$\sqrt{5}$，
∵M（m，-2），
∴MD=3-m，CM=m（0≤m≤3）
∴由抛物线的对称性可知：∠NCM=∠BDC，
∴△NCM∽△MDB，
∴$\frac{CN}{MD}=\frac{CM}{BD}$，
∴$\frac{CN}{3-m}=\frac{m}{\sqrt{5}}$，
∴CN=$-\frac{\sqrt{5}}{5}（{m}^{2}-3m）$=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{9\sqrt{5}}{20}$，
∴当m=$\frac{3}{2}$时，CN可取得最大值，
∴此时M的坐标为（$\frac{3}{2}$，-2），
∴MF=2，BF=$\frac{5}{2}$，MD=$\frac{3}{2}$
∴由勾股定理可求得：MB=$\frac{\sqrt{41}}{2}$，
∵E（n，0），
∴EB=4-n，
∵CD∥x轴，
∴∠NMC=∠BEM，∠EBM=∠BMD，
∴△EMB∽△BDM，
∴$\frac{MB}{EB}=\frac{MD}{MB}$，
∴MB²=MD•EB，
∴$\frac{41}{4}$=$\frac{3}{2}$×（4-n），
∴n=-$\frac{17}{6}$，
∴E的坐标为（-$\frac{17}{6}$，0）．

点评 本题考查函数的综合问题，涉及待定系数法求解析式，联立解析式求交点坐标，相似三角形判定与性质，二次函数最值等知识，内容较为综合，需要学生灵活运用知识去解决问题．