Question

1．如图1，抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c与x轴交于点A（4，0）和点B（-1，0），与y轴交于点C
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点E为抛物线在第一象限上的一点，过点E作EF⊥x轴于点F，交AC于点H，当线段EH=FH时，求点E的坐标．
（3）如图2，若CE∥x轴交抛物线于点E，过点E作ER⊥x轴，垂足为点R，G是线段OR上的动点，ES⊥CG，垂足为点S．
①当△ESR是等腰三角形时，求OG的长．
②若点B₁与点B关于直线CG对称，当EB₁的长最小时，直接写出OG的长．

Answer 1

分析 （1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据H是EF的中点，可得关于n的方程，根据解方程，可得答案；
（3）①根据等腰三角形的定义，可得答案；
②根据两边之差小于第三边，可得C，B₁，E三点共线，根据线段的和差，可得答案．

解答 解：（1）把A（4，0），B（-1，0）代入y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}-b+c=0}\\{-\frac{16}{2}+4b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{3}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，即：y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2；
（2）求得AC的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2
设H（n，-$\frac{1}{2}$n+2），由EF⊥x轴，则E（n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n+2）
∵EH=FH且点E为抛物线在第一象限上的点，
∴EF=2FH，即-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n+2=2（$\frac{1}{2}$n+2）得
n²-5n+4=0，
∴n=1或n=4（舍去）
∴E（1，3）；
（3）①设OG=t，则CG=$\sqrt{4+{t}^{2}}$，
∵△COG∽△ESC，
∴$\frac{ES}{CE}$=$\frac{CO}{CG}$，∴$\frac{ES}{3}$=$\frac{2}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$
∴ES=$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∵∠SER=∠SCE=∠CGO，∴cos∠SER=cos∠CGO=$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$．

i．如图1，
当SE=SR时，过点S作SH⊥ER垂足为点H．
∵EH=SE•cos∠SER，
∴1=$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$×$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∴t=3$±\sqrt{5}$，（t=3+$\sqrt{5}$舍去）；
ii．如图2，
当SE=ER时，$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$=2，
∴t=$±\sqrt{5}$（t=-$\sqrt{5}$舍去）；
iii．如图3，
当ER=SR时，过点R作RH⊥SE垂足为点H．
∵EH=ER•cos∠SER，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$=2×$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∴t=$\frac{3}{2}$；
综上，当△ESR是等腰三角形时OG=3-$\sqrt{5}$或$\sqrt{5}$或$\frac{3}{2}$．
②EB₁取最小值时，OG=$\sqrt{5}$-1．
理由如下：如图4，
CB₁=CB，EB₁≥CE-CB₁=3-$\sqrt{5}$，当点C，B₁，E三点共线时，EB₁取到最小值，此时四边形CBGB₁是菱形，
∴OG=BG-BO=$\sqrt{5}$-1．

点评 本题考查了二次函数综合题，（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）利用线段中点的性质是解题关键；（3）领等腰三角形的性质是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．