如图.抛物线y=$\frac{1}{2}$x2+mx+n与直线y=-$\frac{1}{2}$x+3交于A.B两点.交x轴于D.C两点.连接AC.BC.已知A．(Ⅰ)求抛物线的解析式和tan∠BAC的值,条件下:(1)P为y轴右侧抛物线上一动点.连接PA.过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q.问:是否存在点P使得以A.P.Q为顶点的三角形与△ACB相似?若存在.请求出所有符合条件� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

10．

如图，抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n与直线y=-$\frac{1}{2}$x+3交于A，B两点，交x轴于D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：
（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒$\sqrt{2}$个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？

分析（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=$\sqrt{2}$，AC=3$\sqrt{2}$，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；
（Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3-3x），然后把P（x，3-3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=$\sqrt{2}$EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．

解答解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n，得
$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{\frac{1}{2}×9+mx+n=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{5}{2}}\\{n=3}\end{array}\right.$．
∴抛物线的解析式为y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+3}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{2}x+3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=1}\end{array}\right.$，
∴点B的坐标为（4，1）．
过点B作BH⊥x轴于H，如图1．
∵C（3，0），B（4，1），
∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4-3=1，
∴BH=CH=1．
∵∠BHC=90°，
∴∠BCH=45°，BC=$\sqrt{2}$．
同理：∠ACO=45°，AC=3$\sqrt{2}$，
∴∠ACB=180°-45°-45°=90°，
∴tan∠BAC=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$=$\frac{1}{3}$；

（Ⅱ）方法一：
（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．
过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．
设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．
∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，
∴∠APQ=∠ACB=90°．
若点G在点A的下方，
①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴$\frac{PG}{AG}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{1}{3}$．
∴AG=3PG=3x．
则P（x，3-3x）．
把P（x，3-3x）代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，得
$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=3-3x，
整理得：x²+x=0
解得：x₁=0（舍去），x₂=-1（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
同理可得：AG=$\frac{1}{3}$PG=$\frac{1}{3}$x，则P（x，3-$\frac{1}{3}$x），
把P（x，3-$\frac{1}{3}$x）代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，得
$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=3-$\frac{1}{3}$x，
整理得：x²-$\frac{13}{3}$x=0
解得：x₁=0（舍去），x₂=$\frac{13}{3}$，
∴P（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）；
若点G在点A的上方，
①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，
同理可得：点P的坐标为（11，36）．
②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
同理可得：点P的坐标为P（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）．
综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）、（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）；

方法二：
作△APQ的“外接矩形”AQGH，易证△AHP∽△QGP，
∴$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}$，
∵以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似，
∴$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{3}$或$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}=\frac{AC}{BC}=3$，
设P（2t，2t²-5t+3），A（0，3），H（2t，3），
①$\frac{HP}{QG}=\frac{1}{3}$，∴|$\frac{3-2{t}^{2}-5t+3}{2t}$|=$\frac{1}{3}$，
∴2t₁=$\frac{13}{3}$，2t₂=$\frac{17}{3}$，
②$\frac{HP}{QG}=3$∴|$\frac{3-2{t}^{2}-5t+3}{2t}$|=3
∴2t₁=11，2t₂=-1，（舍），
∴满足题意的点P的坐标为（11，36）、（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）、（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）；

（2）方法一：
过点E作EN⊥y轴于N，如图3．
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AE，即AE=$\sqrt{2}$EN，
∴点M在整个运动中所用的时间为$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$=DE+EN．
作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，
则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，
∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．
根据两点之间线段最短可得：
当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．
此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，
∴四边形OCD′N是矩形，
∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．
对于y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，
当y=0时，有$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=0，
解得：x₁=2，x₂=3．
∴D（2，0），OD=2，
∴ON=DC=OC-OD=3-2=1，
∴NE=AN=AO-ON=3-1=2，
∴点E的坐标为（2，1）．

方法二：
作点D关于AC的对称点D′，DD′交AC于点M，显然DE=D′E，
作D′N⊥y轴，垂足为N，交直线AC于点E，如图4，
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AE，即AE=$\sqrt{2}$EN，
∴当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小，
∵A（0，3），C（3，0），
∴l_AC：y=-x+3，
∴M（m，-m+3），D（2，0），
∵DM⊥AC，∴K_DM×K_AC=-1，
∴-1×$\frac{-m+3}{m-2}=-1$，
∴m=$\frac{5}{2}$，∴M（$\frac{5}{2}$，$\frac{1}{2}$），
∵M为DD′的中点，
∴D′（3，1），
∵E_Y=D′_Y=1，
∴E（2，1）．

方法三：如图，5，过A作射线AF∥x轴，过D作射线DF∥y轴，DF与AC交于点E．
∵A（0，3），C（3，0），
∴l_AC：y=-x+3．
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠ACO=45°，
∵AF∥OC，
∴∠FAE=45°．
∴EF=AE•sin45°=$\frac{AE}{\sqrt{2}}$．
∴当且仅当AF⊥DF时，DE+EF取得最小值，点M在整个运动中用时最少为：t=$\frac{DE}{1}$+$\frac{AE}{\sqrt{2}}$=DE+EF，
∵抛物线的解析式为y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，且C（3，0），
∴可求得D点坐标为（2，0）
则E点横坐标为2，将x=2代入l_AC：y=-x+3．，得y=1．
所以E（2，1）．

点评本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．

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