Question

10．如圖，拋物線y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n與直線y=-$\frac{1}{2}$x+3交于A，B兩點(diǎn)，交x軸于D，C兩點(diǎn)，連接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．
（Ⅰ）求拋物線的解析式和tan∠BAC的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）條件下：
（1）P為y軸右側(cè)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接PA，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥PA交y軸于點(diǎn)Q，問(wèn)：是否存在點(diǎn)P使得以A，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ACB相似？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（2）設(shè)E為線段AC上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接DE，一動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DE以每秒一個(gè)單位速度運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，再沿線段EA以每秒$\sqrt{2}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到A后停止，當(dāng)點(diǎn)E的坐標(biāo)是多少時(shí)，點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中用時(shí)最少？

Answer 1

分析 （Ⅰ）只需把A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n，就可得到拋物線的解析式，然后求出直線AB與拋物線的交點(diǎn)B的坐標(biāo)，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥x軸于H，如圖1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=$\sqrt{2}$，AC=3$\sqrt{2}$，從而得到∠ACB=90°，然后根據(jù)三角函數(shù)的定義就可求出tan∠BAC的值；
（Ⅱ）（1）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于G，則∠PGA=90°．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，由P在y軸右側(cè)可得x＞0，則PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若點(diǎn)G在點(diǎn)A的下方，①當(dāng)∠PAQ=∠CAB時(shí)，△PAQ∽△CAB．此時(shí)可證得△PGA∽△BCA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AG=3PG=3x．則有P（x，3-3x），然后把P（x，3-3x）代入拋物線的解析式，就可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)②當(dāng)∠PAQ=∠CBA時(shí)，△PAQ∽△CBA，同理，可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若點(diǎn)G在點(diǎn)A的上方，同理，可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥y軸于N，如圖3．易得AE=$\sqrt{2}$EN，則點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中所用的時(shí)間可表示為$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$=DE+EN．作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)D′，連接D′E，則有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，從而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得：當(dāng)D′、E、N三點(diǎn)共線時(shí)，DE+EN=D′E+EN最�。�此時(shí)可證到四邊形OCD′N是矩形，從而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而得到OD、ON、NE的值，即可得到點(diǎn)E的坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=$\frac{1}{2}$x²+mx+n，得
$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{\frac{1}{2}×9+mx+n=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{5}{2}}\\{n=3}\end{array}\right.$．
∴拋物線的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+3}\\{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{2}x+3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=1}\end{array}\right.$，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，1）．
過(guò)點(diǎn)B作BH⊥x軸于H，如圖1．
∵C（3，0），B（4，1），
∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4-3=1，
∴BH=CH=1．
∵∠BHC=90°，
∴∠BCH=45°，BC=$\sqrt{2}$．
同理：∠ACO=45°，AC=3$\sqrt{2}$，
∴∠ACB=180°-45°-45°=90°，
∴tan∠BAC=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$=$\frac{1}{3}$；

（Ⅱ）方法一：
（1）存在點(diǎn)P，使得以A，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ACB相似．
過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于G，則∠PGA=90°．
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，由P在y軸右側(cè)可得x＞0，則PG=x．
∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，
∴∠APQ=∠ACB=90°．
若點(diǎn)G在點(diǎn)A的下方，
①如圖2①，當(dāng)∠PAQ=∠CAB時(shí)，則△PAQ∽△CAB．
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴$\frac{PG}{AG}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{1}{3}$．
∴AG=3PG=3x．
則P（x，3-3x）．
把P（x，3-3x）代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，得
$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=3-3x，
整理得：x²+x=0
解得：x₁=0（舍去），x₂=-1（舍去）．
②如圖2②，當(dāng)∠PAQ=∠CBA時(shí)，則△PAQ∽△CBA．
同理可得：AG=$\frac{1}{3}$PG=$\frac{1}{3}$x，則P（x，3-$\frac{1}{3}$x），
把P（x，3-$\frac{1}{3}$x）代入y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，得
$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=3-$\frac{1}{3}$x，
整理得：x²-$\frac{13}{3}$x=0
解得：x₁=0（舍去），x₂=$\frac{13}{3}$，
∴P（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）；
若點(diǎn)G在點(diǎn)A的上方，
①當(dāng)∠PAQ=∠CAB時(shí)，則△PAQ∽△CAB，
同理可得：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（11，36）．
②當(dāng)∠PAQ=∠CBA時(shí)，則△PAQ∽△CBA．
同理可得：點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）．
綜上所述：滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（11，36）、（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）、（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）；

方法二：
作△APQ的“外接矩形”AQGH，易證△AHP∽△QGP，
∴$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}$，
∵以A，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與△ACB相似，
∴$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{3}$或$\frac{AP}{PQ}=\frac{HP}{QG}=\frac{AC}{BC}=3$，
設(shè)P（2t，2t²-5t+3），A（0，3），H（2t，3），
①$\frac{HP}{QG}=\frac{1}{3}$，∴|$\frac{3-2{t}^{2}-5t+3}{2t}$|=$\frac{1}{3}$，
∴2t₁=$\frac{13}{3}$，2t₂=$\frac{17}{3}$，
②$\frac{HP}{QG}=3$∴|$\frac{3-2{t}^{2}-5t+3}{2t}$|=3
∴2t₁=11，2t₂=-1，（舍），
∴滿足題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（11，36）、（$\frac{13}{3}$，$\frac{14}{9}$）、（$\frac{17}{3}$，$\frac{44}{9}$）；

（2）方法一：
過(guò)點(diǎn)E作EN⊥y軸于N，如圖3．
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AE，即AE=$\sqrt{2}$EN，
∴點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中所用的時(shí)間為$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$=DE+EN．
作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)D′，連接D′E，
則有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，
∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．
根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得：
當(dāng)D′、E、N三點(diǎn)共線時(shí)，DE+EN=D′E+EN最�。�
此時(shí)，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，
∴四邊形OCD′N是矩形，
∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．
對(duì)于y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，
當(dāng)y=0時(shí)，有$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3=0，
解得：x₁=2，x₂=3．
∴D（2，0），OD=2，
∴ON=DC=OC-OD=3-2=1，
∴NE=AN=AO-ON=3-1=2，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，1）．

方法二：
作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)D′，DD′交AC于點(diǎn)M，顯然DE=D′E，
作D′N⊥y軸，垂足為N，交直線AC于點(diǎn)E，如圖4，
在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AE，即AE=$\sqrt{2}$EN，
∴當(dāng)D′、E、N三點(diǎn)共線時(shí)，DE+EN=D′E+EN最小，
∵A（0，3），C（3，0），
∴l(xiāng)_AC：y=-x+3，
∴M（m，-m+3），D（2，0），
∵DM⊥AC，∴K_DM×K_AC=-1，
∴-1×$\frac{-m+3}{m-2}=-1$，
∴m=$\frac{5}{2}$，∴M（$\frac{5}{2}$，$\frac{1}{2}$），
∵M(jìn)為DD′的中點(diǎn)，
∴D′（3，1），
∵E_Y=D′_Y=1，
∴E（2，1）．

方法三：如圖，5，過(guò)A作射線AF∥x軸，過(guò)D作射線DF∥y軸，DF與AC交于點(diǎn)E．
∵A（0，3），C（3，0），
∴l(xiāng)_AC：y=-x+3．
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠ACO=45°，
∵AF∥OC，
∴∠FAE=45°．
∴EF=AE•sin45°=$\frac{AE}{\sqrt{2}}$．
∴當(dāng)且僅當(dāng)AF⊥DF時(shí)，DE+EF取得最小值，點(diǎn)M在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中用時(shí)最少為：t=$\frac{DE}{1}$+$\frac{AE}{\sqrt{2}}$=DE+EF，
∵拋物線的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x+3，且C（3，0），
∴可求得D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）
則E點(diǎn)橫坐標(biāo)為2，將x=2代入l_AC：y=-x+3．，得y=1．
所以E（2，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了運(yùn)用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、求直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)、拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、三角函數(shù)的定義、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程、兩點(diǎn)之間線段最短、軸對(duì)稱的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度大，準(zhǔn)確分類是解決第（Ⅱ）（1）小題的關(guān)鍵，把點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間$\frac{DE}{1}$+$\frac{EA}{\sqrt{2}}$轉(zhuǎn)化為DE+EN是解決第（Ⅱ）（2）小題的關(guān)鍵．