Question

12．如图，已知抛物线经过点A（2，0）和B（t，0）（t≥2），与y轴交于点C，直线l：y=x+2t经过点C，交x轴于点D，直线AE交抛物线于点E，且有∠CAE=∠CDO，作CF⊥AE于点F．
（1）求∠CDO的度数；
（2）求出点F坐标的表达式（用含t的代数式表示）；
（3）当S_△COD-S_{四边形COAF}=7时，求抛物线解析式；
（4）当以B，C，O三点为顶点的三角形与△CEF相似时，请直接写出t的值．

Answer 1

分析 （1）求出点C，D的坐标，得到OC=OD，即可解答；
（2）如图1，作FG⊥x轴于点G，FH⊥y轴于点H，利用已知条件证明△FGA≌△FHC，得到FH=FG，HC=AG，设F（m，m）则2t-m=m-2，求出m的值，即可解答；
（3）如图2，作ET⊥HF于T，分别得到E的横坐标是$\frac{{t}^{2}+1}{t-1}$，CH=t-1，FT=$\frac{2}{t-1}$，再由△HCF∽△TFE，得到$\frac{CH}{FT}=\frac{CF}{EF}$，即$\frac{（t-1）^{2}}{2}=\frac{CF}{EF}$，分类讨论：当△OBC∽△FEC时；当△OBC∽△FCE时；求出t的值，即可解答．

解答 解：（1）∵直线l：y=x+2t与y轴点C，交x轴于点D，
∴C（0，2t），D（-2t，0）
∴OC=OD，
∵∠COD=90°，
∴∠CDO=∠DCO=45°．
（2）如图1，作FG⊥x轴于点G，FH⊥y轴于点H，

∵∠HOG=∠OGF=∠FHO=90°，
∴四边形OGFH是矩形
∴∠HFG=90°，
∴∠HFA+∠AFG=90°     
又∵CF⊥AE，
∴∠CFH+∠HFA=90°
∴∠CFH=∠AFG，
又∵∠CAE=∠CDO=45°，
∴∠FCA=45°，
∴CF=AF，
又∵∠FGA=∠CHF=90°，
在△FGA和△FHC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CHF=∠FGA}\\{∠CFH=∠AFG}\\{CF=AF}\end{array}\right.$
∴△FGA≌△FHC，
∴FH=FG，HC=AG，
设F（m，m）
则2t-m=m-2，
得m=t+1，
∴F（t+1，t+1）．
（3）∵S_△COD-S_{四边形COAF}=S_△COD-S_{正方形HOGF}=7
∴$\frac{1}{2}（2t）^{2}-（t+1）^{2}$=7，
解得：t=4或-2（舍去），
则A点坐标（2，0），B点坐标（4，0），C点坐标（0，8）
设y=a（x-2）（x-4），
把C（0，8）代入y=a（x-2）（x-4），
解得a=1，
∴y=（x-2）（x-4）=x²-6x+8．
（4）t=3或2．
如图2，作ET⊥HF于T，


求得：E的横坐标是$\frac{{t}^{2}+1}{t-1}$，CH=t-1，FT=$\frac{2}{t-1}$，
由△HCF∽△TFE，
则$\frac{CH}{FT}=\frac{CF}{EF}$，
得：$\frac{（t-1）^{2}}{2}=\frac{CF}{EF}$
当△OBC∽△FEC时，$\frac{OC}{OB}=\frac{CF}{EF}$=2，
即$\frac{（t-1）^{2}}{2}$=2，
解得：t=3或t=-1（ 舍去），
当△OBC∽△FCE时，$\frac{OB}{OC}=\frac{CF}{EF}=\frac{1}{2}$，
即$\frac{（t-1）^{2}}{2}=\frac{1}{2}$，
解得：t=2或t=0（舍去）．
∴t=3或2．

点评 本题考查了二次函数的性质、全等三角形的性质定理与判定定理、相似三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形、相似三角形，并进行分类讨论．