Question

19．原型：如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，C是在直線l上的一點，AD⊥l，BE⊥l，垂足分別為D、E．易證△ACD∽△CBE．（不需證明）
應(yīng)用：點A、B在拋物線y=x²上，且OA⊥OB，連結(jié)AB與y軸交于點C，點C的坐標(biāo)為（0，d）．過點A、B分別作x軸的垂線，垂足為M、N，點M、N的坐標(biāo)分別為（m，0）、（n，0）．
（1）當(dāng)OA=OB時，如圖②，m=1，d=1；
    當(dāng)OA≠OB，如圖③，m=$\frac{2}{3}$時，d=1．
（2）若將拋物線“y=x²”換成“y=2x²”，其他條件不變，當(dāng)OA=OB時，d=$\frac{1}{2}$；當(dāng)OA≠OB，m=1時，d=$\frac{1}{2}$．
探究：若將拋物線“y=x²”換成“y=ax²（a＞0）”，其他條件不變，解答下列問題：
（1）完成下列表格．

a	1	2	3	$\frac{1}{2}$
d	1	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{3}$	2

（2）猜測d與a的關(guān)系，并證明其結(jié)論．
拓展：如圖④，點A、B在拋物線y=ax²（a＞0）上，且OA⊥OB，連結(jié)AB與y軸關(guān)于點C，AB的延長線與x軸交于點D．AE⊥x軸，垂足為E，當(dāng)AE=$\frac{4}{3a}$時，△AOE與△CDO的面積之比為4：9．

Answer 1

分析 （1）如圖②中，根據(jù)條件利用相似三角形的性質(zhì)求出點B坐標(biāo)以及求出直線AB與y軸的交點，點M的坐標(biāo)即可．
（2）如圖③中，由題意A（$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{9}$），設(shè)B（k，k²）由△AOM∽△OBN，得$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，求出點B坐標(biāo)，再求出直線AB與y軸的交點即可解決問題
探究：（1）利用相似三角形性質(zhì)求出點B坐標(biāo)，再求出直線AB與y軸的交點即可解決問題．
（2）如圖④中，結(jié)論：d=$\frac{1}{a}$，由點A（m，am²），點B（n，an²）的坐標(biāo)，求出直線AB的解析式，再利用△AOM∽△OBN得$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，得出mn與a的關(guān)系即可解決問題．

解答 解：（1）如圖②中，∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴A、B關(guān)于y軸得出，
∴AB∥MN，
∴可以設(shè)點A坐標(biāo)（x，x），
∴x=x²，
∵x≠0，
∴x=1，
∴m=1，d=1．
如圖③中，由題意A（$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{9}$），設(shè)B（k，k²）．
∵△AOM∽△OBN，
∴$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，
∴$\frac{\frac{4}{9}}{-k}=\frac{\frac{2}{3}}{{k}^{2}}$，
∴k=-$\frac{3}{2}$，
∴點B坐標(biāo)（-$\frac{3}{2}$，$\frac{9}{4}$），設(shè)直線AB為y=k′x+b則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{3}k+b=\frac{4}{9}\\;}\\{-\frac{3}{2}k+b=\frac{9}{4}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{5}{6}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線AB為y=-$\frac{5}{6}x$+1，
∴d=1．
故答案為1，1，1．
（2）若將拋物線“y=x²”換成“y=2x²”，其他條件不變，當(dāng)OA=OB時，如圖2，∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴A、B關(guān)于y軸得出，
∴AB∥MN，
∴可以設(shè)點A坐標(biāo)（x，x），
∴x=2x²，
∵x≠0，
∴x=$\frac{1}{2}$，
∴d=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)OA≠OB，m=1時，如圖3中，點A（1，2），設(shè)B（k，2k²）．
∵△AOM∽△OBN，
∴$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，
∴$\frac{2}{-k}$=$\frac{1}{2{k}^{2}}$，
∴k=-$\frac{1}{4}$，
∴點B（-$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{8}$），
∵直線AB為y=$\frac{3}{2}$x+$\frac{1}{2}$．
∴點C坐標(biāo)為（0，$\frac{1}{2}$），
∴d=$\frac{1}{2}$．
故答案為$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$．
探究（1）同理可以得到d=$\frac{1}{3}$，d=2．
故答案為$\frac{1}{3}$，2．
（2）結(jié)論：d=$\frac{1}{a}$．
證明：∵M（m，0），N（n，0），點A、B都在拋物線上，
∴點A（m，am²），點B（n，an²），
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{mk+b=a{m}^{2}}\\{nk+b=a{n}^{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{k=（m+n）}\\{b=-amn}\end{array}\right.$，
又∵△AOM∽△OBN，
∴$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，
∴$\frac{a{n}^{2}}{-n}$=$\frac{m}{a{m}^{2}}$，
∴mn=-$\frac{1}{{a}^{2}}$，
∴b=-a（-$\frac{1}{{a}^{2}}$）=$\frac{1}{a}$．
（2）如圖④中，∵AE=$\frac{4}{3a}$，
∴$\frac{4}{3a}$=ax²，
∴x=±$\frac{2\sqrt{3}}{3a}$，
∴OE=$\frac{2\sqrt{3}}{3a}$，
∵OC=$\frac{1}{a}$，OC∥AE，
∴$\frac{OC}{AE}$=$\frac{DO}{DE}$，
∴$\frac{\frac{1}{a}}{\frac{4}{3a}}$=$\frac{DO}{DO+\frac{2\sqrt{3}}{3a}}$，
∴DO=$\frac{2\sqrt{3}}{a}$，
∴S_△AOE=$\frac{1}{2}$•OE•AE=$\frac{1}{2}$$•\frac{2\sqrt{3}}{3a}$•$\frac{4}{3a}$=$\frac{4\sqrt{3}}{9{a}^{2}}$，S_△DOC=$\frac{1}{2}$•DO•CO=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{3}}{a}$$•\frac{1}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{{a}^{2}}$，
∴S_△AOE：S_△DOC=4：9．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、相似三角形的性質(zhì)、一次函數(shù)的有關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，利用相似三角形的性質(zhì)建立方程解決問題，學(xué)會用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題，有一定的難度．