Question

11．已知拋物線y=x²上有兩動(dòng)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中0＜x₁＜x₂），過點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，OA的延長線交BD于點(diǎn)E．
（1）如圖1，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，1），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，4），則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，2）．
（2）如圖2，過A作AF⊥BD于F．若BE=AE，試求BF的長；
（3）如圖3，延長CA交OB于點(diǎn)H．若S_△OEH=$\frac{1}{3}$S_{四邊形OHED}，試探究x₁和x₂之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，求出直線OA的解析式，根據(jù)點(diǎn)B坐標(biāo)即可求出點(diǎn)E坐標(biāo)．
（2）如圖2中，根據(jù)AE=BE，列出關(guān)于y₁，y₂的方程，求出y₂-y₁即可解決問題．
（3）如圖3中，先證明四邊形HCDE是矩形，再證明S_△HOC=S_△HCD=S_△HDE即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，∵點(diǎn)A坐標(biāo)（1，1），
∴直線OA解析式為y=x，
∵點(diǎn)B坐標(biāo)（2，4），
∴點(diǎn)E坐標(biāo)（2，2）．
故答案為（2，2）．
（2）如圖2中，∵點(diǎn)A（x₁，y₁），
∴直線OA解析式y(tǒng)=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，
∵點(diǎn)B坐標(biāo)（x₂，y₂），
∴點(diǎn)E坐標(biāo)（x₂，$\frac{{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}}$），
∵AE=EB，
∴$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（\frac{{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}}-{y}_{1}）^{2}}$=y₂-$\frac{{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
∴（x₂-x₁）$•\sqrt{1+\frac{{{y}^{2}}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}}}$=y₂-$\frac{{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
∵y₁=x₁²，y₂=x₂²，
∴x₁=$\sqrt{{y}_{1}}$，x₂=$\sqrt{{y}_{2}}$，
∴（$\sqrt{{y}_{2}}$-$\sqrt{{y}_{1}}$）•$\sqrt{1+{y}_{1}}$=$\sqrt{{y}_{2}}$（$\sqrt{{y}_{2}}$-$\sqrt{{y}_{1}}$），
∴$\sqrt{1+{y}_{1}}$=$\sqrt{{y}_{2}}$，
∴1+y₁=y₂，
∴y₂-y₁=1，
∴BF=y₂-y₁=1．
（3）結(jié)論x₂=2x₁．
理由：如圖3中，∵點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴直線OA解析式為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，直線OB解析式為y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x，
∴點(diǎn)H坐標(biāo)（x₁，$\frac{{y}_{2}{x}_{1}}{{x}_{2}}$），點(diǎn)E坐標(biāo)（x₂，$\frac{{y}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}}$），
∵y₂=x₂²，y₁=x₁²，
∴$\frac{{y}_{2}{x}_{1}}{{x}_{2}}$=x₁x₂，$\frac{{y}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}}$=x₁x₂，
∴HC=ED，
∵HC∥ED，
∴四邊形HCDE是平行四邊形，∵∠HCD=90°，
∴四邊形HCDE是矩形，
∴HE∥OD，
∴S_△HOE=S_△HED=S_△HCD，
∵S_△OEH=$\frac{1}{3}$S_{四邊形OHED}，
∴S_△HOC=S_△HCD=S_△HDE，
∴OC=CD，
∴x₂=2x₁．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、兩點(diǎn)間距離公式、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，本題目有一定的代數(shù)運(yùn)算技巧，解題的突破口是發(fā)現(xiàn)HE∥OD，屬于中考?jí)狠S題．