Question

1．直线y=-$\frac{1}{2}$x+2与坐标轴相交于B、C两点，抛物线也过B、C两点，还与x轴相交于A点，抛物线对称轴与BC相交于E点，顶点为F，∠FEC=∠CAO．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）P是线段BC上一点，过P与AC平行的直线与抛物线相交Q，若△CPQ与△ACO相似，求点Q的坐标．

Answer 1

分析 （1）先求出B、C的坐标，再证明△ACO∽△COB，求出OA的长，得到点A的坐标，运用待定系数法求出解析式即可；
（2）①如图所示，作CQ₁∥x轴交抛物线于点Q₁；过Q₁作Q₁P₁⊥BC交BC于P₁，可证明△AOC∽△Q₁P₁C，此时点Q的坐标为（3，2）；②如图所示，连接CF，作FP₂⊥BC于P₂，则FP₂∥AC，可证明△P₂CF∽△AOC，此时点Q的坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$）．

解答 解：（1）直线y=-$\frac{1}{2}$x+2，令x=0得：y=2，令y=0得：x=4，
∴B（4，0）、C（0，2）
∴OB=4，OC=2，BC=$\sqrt{O{B}^{2+}O{C}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
设抛物线对称轴交x轴于点G，
∵∠FEC=∠CAO，
∴∠CAO+∠CEG=∠FEC+∠CEG=180°，
∴∠ACB+∠AGE=180°，
∵抛物线对称轴⊥x轴，
∴AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠OCB+∠ACO=∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠OCB，
∴△ACO∽△COB，
∴$\frac{OA}{OC}=\frac{OC}{OB}$，
即$\frac{OA}{2}=\frac{2}{4}$，
解得：OA=1，
∴A（-1，0），
设抛物线解析式为：y=ax²+bx+c，将A、B、C坐标代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{16a+4b+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=\frac{3}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$
∴抛物线解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2；
（2）由（1）得抛物线的对称轴为：x=$\frac{3}{2}$，顶点F（$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
①如图所示，作CQ₁∥x轴交抛物线于点Q₁；过Q₁作Q₁P₁⊥BC交BC于P₁，
∵CQ₁∥x轴，Q₁P₁⊥BC，Rt△BOC∽Rt△AOC，△ABC是直角三角形，
∴∠P₁CQ₁=∠ABC=∠ACO，∠CP₁Q₁=∠AOC=∠ACB=90°，
∴P₁Q₁∥AC，
∴△AOC∽△Q₁P₁C，
∴点Q₁（3，2）符合题意；
②如图所示，连接CF，作FP₂⊥BC于P₂，则FP₂∥AC，
∵直线BC与抛物线对称轴交于点E，
∴联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+2}\\{x=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{2}}\\{y=\frac{5}{4}}\end{array}\right.$，
∴E（$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{4}$）
∴EF=$\frac{25}{8}-\frac{5}{4}$=$\frac{15}{8}$，
又CF=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{25}{8}-2）^{2}}$=$\frac{15}{8}$，
∴CF=EF，
∴∠P₂CF=∠FEC=∠CAO，
∴△P₂CF∽△AOC，
∴点F符合题意，
∴Q₂（$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$）．
综上所述Q（3，2）或（$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$）．

点评 本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及数形结合思想的综合运用，能够运用数形结合分类讨论△CPQ与△ACO相似是解决第2小题的关键．