Question

18．如图，抛物线y=$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x+c与x轴的负半轴交于点A，与y轴交于点B，连结AB，点C（6，$\frac{15}{2}}$）在抛物线上，直线AC与y轴交于点D．
（1）求c的值及直线AC的函数表达式；
（2）点P在x轴正半轴上，点Q在y轴正半轴上，连结PQ与直线AC交于点M，连结MO并延长交AB于点N，若M为PQ的中点．
①求证：△APM∽△AON；
②设点M的横坐标为m，求AN的长（用含m的代数式表示）．

Answer 1

分析 （1）把C点坐标代入抛物线解析式可求得c的值，令y=0可求得A点坐标，利用待定系数法可求得直线AC的函数表达式；
（2）①在Rt△AOB和Rt△AOD中可求得∠OAB=∠OAD，在Rt△OPQ中可求得MP=MO，可求得∠MPO=∠MOP=∠AON，则可证得△APM∽△AON；
②过M作ME⊥x轴于点E，用m可表示出AE和AP，进一步可表示出AM，利用△APM∽△AON可表示出AN．

解答 解：
（1）把C点坐标代入抛物线解析式可得$\frac{15}{2}$=9+$\frac{3}{2}$+c，解得c=-3，
∴抛物线解析式为y=$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x-3，
令y=0可得$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x-3=0，解得x=-4或x=3，
∴A（-4，0），
设直线AC的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
把A、C坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{0=-4k+b}\\{\frac{15}{2}=6k+b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{3}{4}}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的函数表达式为y=$\frac{3}{4}$x+3；

（2）①∵在Rt△AOB中，tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{3}{4}$，在RtAOD中，tan∠OAD=$\frac{OD}{OA}$=$\frac{3}{4}$，
∴∠OAB=∠OAD，
∵在Rt△POQ中，M为PQ的中点，
∴OM=MP，
∴∠MOP=∠MPO，且∠MOP=∠AON，
∴∠APM=∠AON，
∴△APM∽△AON；
②如图，过点M作ME⊥x轴于点E，则OE=EP，

∵点M的横坐标为m，
∴AE=m+4，AP=2m+4，
∵tan∠OAD=$\frac{3}{4}$，
∴cos∠EAM=cos∠OAD=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{AE}{AM}$=$\frac{4}{5}$，
∴AM=$\frac{5}{4}$AE=$\frac{5（m+4）}{4}$，
∵△APM∽△AON，
∴$\frac{AM}{AN}$=$\frac{AP}{AO}$，即$\frac{\frac{5（m+4）}{4}}{AN}$=$\frac{2m+4}{4}$，
∴AN=$\frac{5m+20}{2m+4}$．

点评 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质及方程思想等知识．在（1）中注意函数图象上的点的坐标满足函数解析式，以及待定系数法的应用，在（2）①中确定出两对对应角相等是解题的关键，在（2）②中用m表示出AP的长是解题的关键，注意利用相似三角形的性质．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．