Question

1．二次函數(shù)y=-x²+4x的頂點(diǎn)M，與x軸交于O點(diǎn)和A點(diǎn)．直線(xiàn)y=-2x向上平移m個(gè)單位交直線(xiàn)OM于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)C，交y軸于點(diǎn)D．
（1）當(dāng)△EOC的面積等于△AOM面積的一半，求m的值．
（2）已知點(diǎn)P是二次函數(shù)y=-x²+4x圖象在y軸右側(cè)部分上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若∠PCD=90°且△PCD與△OCD相似，求P點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線(xiàn)的解析式可以求得點(diǎn)M、A的坐標(biāo)，則利用待定系數(shù)法求得直線(xiàn)AM的解析式．然后利用相似三角形△FOE∽△AOM的面積之比等于相似比的平方來(lái)求m的值；
（2）需要分類(lèi)討論：△PDC∽△CDO和△PDC∽△CDO兩種情況進(jìn)行討論．設(shè)D（0，b），則C（$\frac{2}$，0）．利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例得到點(diǎn)P的坐標(biāo)是P（b，$\frac{4}$）或（$\frac{5}{2}$b，b），所以最后由二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征來(lái)求b的值，則易求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=-x²+4x，
∴A（4，0），M（2，4），
∴直線(xiàn)AM為y=-2x+8．
∵y=-2x平移后為y=-2x+m．
∴F（$\frac{1}{2}$m，0），EF∥AM
∴△FOE∽△AOM，
∴$\frac{{S}_{△FOE}}{{S}_{△AOM}}$=$（\frac{OF}{OA}）^{2}$=$\frac{1}{2}$，即$\frac{\frac{1}{2}m}{4}$=$\frac{1}{2}$，
解得m=4$\sqrt{2}$；

（2）設(shè)D（0，b），則C（$\frac{2}$，0）．
當(dāng)△PDC∽△CDO時(shí)，∠PDC=∠CDO，
∴tan∠PDC=tan∠CDO，
∴$\frac{PC}{OC}$=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{\frac{1}{2}b}$=$\frac{1}{2}$．
過(guò)P作PG⊥x軸于G，
∵△PDC∽△CDO，
∴$\frac{PG}{OC}$=$\frac{CG}{OD}$=$\frac{PC}{CD}$，即$\frac{PE}{\frac{2}}$=$\frac{CG}$=$\frac{1}{2}$．
得PE=$\frac{4}$，CE=$\frac{2}$  P（b，$\frac{4}$）代入二次函數(shù)$\frac{4}$=-b²+4b
得b=0（舍去），或b=$\frac{15}{4}$，
∴P（$\frac{15}{4}$，$\frac{15}{16}$）．
當(dāng)△PDC∽△CDO時(shí)，∠CDO=∠CPD，
∴tan∠CPD=tan∠CDO，即$\frac{CD}{CP}$=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{\frac{1}{2}b}$=$\frac{1}{2}$，
過(guò)P作PE⊥x軸于E，
∵△PDC∽△CDO，
∴$\frac{OC}{PG}$=$\frac{CD}{CG}$=$\frac{CD}{CP}$，即$\frac{\frac{1}{2}b}{PG}$=$\frac{CG}$=$\frac{1}{2}$，
解得：PE=b，CE=2b．
∴P（$\frac{5}{2}$b，b）代入y=-x²+4x，得
b=-$\frac{25}{4}$b²+4b，
解得b₁=0（舍去），b₂=$\frac{36}{25}$，
∴P（$\frac{18}{5}$，$\frac{36}{25}$）．
∴綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（$\frac{15}{4}$，$\frac{15}{16}$）或（$\frac{18}{5}$，$\frac{36}{25}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)公式、三角形的面積求法以及相似三角形的判定與性質(zhì)．在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果．