Question

如图，在平面直角坐标系中，直线y=

1

2

x+2与坐标轴分别交于A、B两点，过A、B两点的抛物线为y=-

1

2

x2-

3

2

x+2．点C为线段AO上一动点，过点C作直线CD⊥x轴交AB于点D，交抛物线于点E．
（1）当DE=2时，求四边形CAEB的面积；
（2）若直线CE移动到抛物线的对称轴位置，点P、Q分别为直线CE和x轴上的一动点，求△BPQ周长的最小值；
（3）连接BE，是否存在点C，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此点C坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题,解一元二次方程-因式分解法,抛物线与x轴的交点,两点间的距离,勾股定理,勾股定理的逆定理,矩形的判定与性质,轴对称-最短路线问题,相似三角形的判定

专题：综合题

分析：（1）设点C的横坐标为m，然后用m的代数式表示DE，根据条件DE=2可求出m，代入抛物线的解析式就可求出点E的纵坐标，就可求出四边形CAEB的面积．
（2）过点B作CE的对称点B′，过点B作x轴的对称点B″，连接PB′、QB″、B′B″，如图2，则△BPQ的周长=PB+PQ+QB=PB′+PQ+QB″．根据“两点之间线段最短”可得：当B′、P、Q、B″共线时，△BPQ的周长最小，最小值等于B′B″的长，只需运用勾股定理就可解决问题．
（3）由于△DBE和△DAC相似，对应关系不确定，故需分情况讨论：若∠BED=∠ACD=90°，如图3，易证四边形COBE是矩形，从而有CO=BE，则-

1

2

x²-

3

2

x+2=2，解这个方程就可得到点C的坐标；若∠EBD=∠ACD=90°，可以证到点E与点F重合，与条件矛盾，故该情况不存在．

解答：解：（1）设点C的横坐标为m，
由CD⊥x轴得：x_E=x_D=m．
则有y_E=-

1

2

m²-

3

2

m+2，y_D=

1

2

m+2．
则DE=y_E-y_D=（-

1

2

m²-

3

2

m+2）-（

1

2

m+2）=2．
解得：m₁=m₂=-2．
则y_E=-

1

2

×（-2）²-

3

2

×（-2）+2=3．
由

1

2

x+2=0得x=-4，则A（-4，0），OA=4．
则S_{四边形CAEB}=S_△ACE+S_△BCE
=

1

2

CE•AO=

1

2

×3×4=6．

（2）过点B作CE的对称点B′，作x轴的对称点B″，连接PB′、QB″、B′B″，如图2，
则点B′必在抛物线上，且y_B′=y_B，OB″=OB，PB′=PB，QB″=QB．
则△BPQ的周长=PB+PQ+QB=PB′+PQ+QB″．
根据“两点之间线段最短”可得：
当B′、P、Q、B″共线时，△BPQ的周长最小，最小值等于B′B″的长．
当x=0时，y=

1

2

×0+2=2，则点B（0，2）．
则有OB″=2．
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=2得：x₁=0，x₂=-3．
则点B′的坐标为（-3，2）．
在Rt△BB′B″中，
∵∠B′BB″=90°，BB′=3，BB″=2+2=4，
∴B′B″=5．
∴△BPQ的周长的最小值为5．

（3）存在点C，使得△DBE和△DAC相似．
①若∠BED=∠ACD=90°，如图3，
由∠EDB=∠CDA得△DBE∽△DAC．
此时∠BEC=∠ECO=∠COB=90°．
则四边形COBE是矩形．
则CO=BE．
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=2得：x₁=0，x₂=-3．
则点E的坐标为（-3，2）．
则CO=BE=3，点C（-3，0）．
②若∠EBD=∠ACD=90°，
如图4，这种情况不存在．
理由如下：
假设抛物线上点E满足∠EBD=90°，
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=0得：x₁=1，x₂=-4．
则点F的坐标为（1，0）．
∵AB²=4²+2²=20，BF²=2²+1²=5，AF²=[1-（-4）]²=25，
∴AB²+BF²=AF²．
∴∠ABF=90°．
∴点E在点F处，此时点C与点F重合，
与条件“点C为线段AO上一动点”矛盾，故不存在．
综上所述：存在点C，使得△DBE和△DAC相似，此时点C的坐标为（-3，0）．

点评：本题考查了抛物线与x轴的交点、勾股定理及其逆定理、两点之间线段最短、轴对称-最短路径问题、相似三角形的判定、矩形的判定与性质等知识，综合性比较强，有一定的难度．