Question

12．如图，二次函数y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3（其中m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C，作CD∥AB，点D在二次函数的图象上，连接BD，过点B作射线BE交二次函数的图象于点E，使得AB平分∠DBE．
（1）求点C的坐标；
（2）求证：$\frac{BD}{BE}$为定值；
（3）二次函数y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3的顶点为F，过点C、F作直线与x轴交于点G，试说明：以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是什么三角形？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）将x=0代入y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3，求出y=3即可得到点C的坐标；
（2）过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N．先求出D点的坐标为（-2m，3），再证明△BDM∽△BEN，得出$\frac{BD}{BE}$=$\frac{BM}{BN}$=$\frac{DM}{EN}$．设E点坐标为（x，-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3），求出x=-4m，得到E（-4m，-5），进而求出$\frac{BD}{BE}$=$\frac{BM}{BN}$=$\frac{3m}{5m}$=$\frac{3}{5}$，即为定值；
（3）先求出二次函数y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3的顶点F的坐标为（-m，4），过点F作FH⊥x轴于点H．由tan∠CGO=$\frac{OC}{OG}$，tan∠FGH=$\frac{FH}{GH}$，得出$\frac{OC}{OG}$=$\frac{FH}{GH}$，求出OG=3m．再根据勾股定理得出GF=$\sqrt{G{H}^{2}+H{F}^{2}}$=$\sqrt{16{m}^{2}+16}$=4$\sqrt{{m}^{2}+1}$，BD=$\sqrt{B{M}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{9{m}^{2}+9}$=3$\sqrt{{m}^{2}+1}$，那么$\frac{GF}{BD}$=$\frac{4}{3}$．又由（2）可知$\frac{BD}{BE}$=$\frac{3}{5}$，那么BD：GF：BE=3：4：5，根据勾股定理的逆定理得出以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是直角三角形．

解答 （1）解：∵y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3，
∴当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3）；

（2）证明：如图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N．
由-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3=0，
解得 x₁=m，x₂=-3m，
则 A（-3m，0），B（m，0）．
∵CD∥AB，
∴D点的纵坐标为3，
又∵D点在抛物线上，
∴将D点纵坐标代入抛物线方程，得D点的坐标为（-2m，3）．
∵AB平分∠DBE，
∴∠DBM=∠EBN，
∵∠DMB=∠ENB=90°，
∴△BDM∽△BEN，
∴$\frac{BD}{BE}$=$\frac{BM}{BN}$=$\frac{DM}{EN}$．
设E点坐标为（x，-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3），
∴$\frac{3m}{m-x}$=$\frac{3}{\frac{1}{{m}^{2}}{x}^{2}+\frac{2x}{m}-3}$，
∴x=-4m，
∴E（-4m，-5），
∵BM=3m，BN=m-x=5m，
∴$\frac{BD}{BE}$=$\frac{BM}{BN}$=$\frac{3m}{5m}$=$\frac{3}{5}$，即为定值．

（3）解：以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：
如图2，二次函数y=-$\frac{1}{{m}^{2}}$x²-$\frac{2x}{m}$+3的顶点为F，则F的坐标为（-m，4），过点F作FH⊥x轴于点H．
∵tan∠CGO=$\frac{OC}{OG}$，tan∠FGH=$\frac{FH}{GH}$，
∴$\frac{OC}{OG}$=$\frac{FH}{GH}$，
∴$\frac{OC}{OG}$=$\frac{FH}{OH+OG}$，
∵OC=3，HF=4，OH=m，
∴$\frac{3}{OG}$=$\frac{4}{m+OG}$，
∴OG=3m．
∵GF=$\sqrt{G{H}^{2}+H{F}^{2}}$=$\sqrt{16{m}^{2}+16}$=4$\sqrt{{m}^{2}+1}$，
BD=$\sqrt{B{M}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{9{m}^{2}+9}$=3$\sqrt{{m}^{2}+1}$，
∴$\frac{GF}{BD}$=$\frac{4}{3}$．
∵$\frac{BD}{BE}$=$\frac{3}{5}$，
∴BD：GF：BE=3：4：5，
∴以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是直角三角形．

点评 本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理等知识，难度适中，正确作出辅助线利用数形结合是解题的关键．