Question

11．已知直線y=kx+b與拋物線y=ax²（a＞0）相交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸正半軸相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)A作AD⊥x軸，垂足為D．
（1）若∠AOB=60°，AB∥x軸，AB=2，求a的值；
（2）若∠AOB=90°，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為-4，AC=4BC，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（3）延長AD、BO相交于點(diǎn)E，求證：DE=CO．

Answer 1

分析 （1）如圖1，由條件可知△AOB為等邊三角形，則可求得OA的長，在Rt△AOD中可求得AD和OD的長，可求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線解析式可得a的值；
（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建平行線和相似三角形，根據(jù)CF∥BG，由A的橫坐標(biāo)為-4，得B的橫坐標(biāo)為1，所以A（-4，16a），B（1，a），證明△ADO∽△OEB，則$\frac{AD}{OE}=\frac{OD}{BE}$，得a的值及B的坐標(biāo)；
（3）如圖3，設(shè)AC=nBC由（2）同理可知：A的橫坐標(biāo)是B的橫坐標(biāo)的n倍，則設(shè)B（m，am²），則A（-mn，am²n²），分別根據(jù)兩三角形相似計(jì)算DE和CO的長即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，∵拋物線y=ax²的對稱軸是y軸，且AB∥x軸，
∴A與B是對稱點(diǎn)，O是拋物線的頂點(diǎn)，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∵AB=2，AB⊥OC，
∴AC=BC=1，∠BOC=30°，
∴OC=$\sqrt{3}$，
∴A（-1，$\sqrt{3}$），
把A（-1，$\sqrt{3}$）代入拋物線y=ax²（a＞0）中得：a=$\sqrt{3}$；
（2）如圖2，過B作BE⊥x軸于E，過A作AG⊥BE，交BE延長線于點(diǎn)G，交y軸于F，
∵CF∥BG，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{AF}{FG}$，
∵AC=4BC，
∴$\frac{AF}{FG}$=4，
∴AF=4FG，
∵A的橫坐標(biāo)為-4，
∴B的橫坐標(biāo)為1，
∴A（-4，16a），B（1，a），
∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠BOE=90°，
∵∠AOD+∠DAO=90°，
∴∠BOE=∠DAO，
∵∠ADO=∠OEB=90°，
∴△ADO∽△OEB，
∴$\frac{AD}{OE}=\frac{OD}{BE}$，
∴$\frac{16a}{1}=\frac{4}{a}$，
∴16a²=4，
a=±$\frac{1}{2}$，
∵a＞0，
∴a=$\frac{1}{2}$；
∴B（1，$\frac{1}{2}$）；
（3）如圖3，設(shè)AC=nBC，
由（2）同理可知：A的橫坐標(biāo)是B的橫坐標(biāo)的n倍，
則設(shè)B（m，am²），則A（-mn，am²n²），
∴AD=am²n²，
過B作BF⊥x軸于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴$\frac{OB}{OE}$=$\frac{OF}{OD}$=$\frac{BF}{DE}$，
∴$\frac{OB}{OE}=\frac{m}{mn}=\frac{a{m}^{2}}{DE}$，
∴$\frac{OB}{OE}$=$\frac{1}{n}$，DE=am²n，
∴$\frac{OB}{BE}$=$\frac{1}{1+n}$，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴$\frac{CO}{AE}=\frac{OB}{BE}=\frac{1}{1+n}$，
∴$\frac{CO}{a{m}^{2}{n}^{2}+a{m}^{2}n}$=$\frac{1}{1+n}$，
∴CO=$\frac{a{m}^{2}n（1+n）}{1+n}$=am²n，
∴DE=CO．

點(diǎn)評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用三角形相似計(jì)算二次函數(shù)的解析式、三角形相似的性質(zhì)和判定、函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)與解析式的關(guān)系、等邊三角形的性質(zhì)和判定，要注意第三問不能直接應(yīng)用（1）（2）問的結(jié)論，第三問可以根據(jù)第二問中AC=4BC，確定A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)的關(guān)系，利用兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)和三角形相似列比例式解決問題．