Question

14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=kx+$\frac{8}{5}$與經(jīng)過原點(diǎn)O的拋物線y=ax²+bx+c交于點(diǎn)A（1，1）和點(diǎn)B（-4，m），與y軸交于點(diǎn)C
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）設(shè)過點(diǎn)C的另一條直線與拋物線從左至右依次相交于E、F兩點(diǎn)，若點(diǎn)E、F關(guān)于點(diǎn)C對稱，求直線l的函數(shù)表達(dá)式和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，連接OA、OB、OE、AE，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在這樣的點(diǎn)P，使得以B、O、P為頂點(diǎn)的△BOP與△OAE相似（其中，△BOP的頂點(diǎn)O與△OAE的頂點(diǎn)A是對應(yīng)頂點(diǎn)）？若存在，請求出所有符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法可求直線AB：y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，將點(diǎn)B（-4，m）代入y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$可得B（-4，4），再根據(jù)待定系數(shù)法可求拋物線；
（2）直線y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，令x=0，可求C（0，$\frac{8}{5}$），設(shè)過點(diǎn)C的直線l解析式為y=k′x+$\frac{8}{5}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k′x+\frac{8}{5}}\\{y=\frac{2}{5}{x}^{2}+\frac{3}{5}x}\end{array}\right.$，消去y并整理得2x²+（3-5k′）x-8=0，根據(jù)點(diǎn)E、F關(guān)于點(diǎn)C對稱，得到點(diǎn)C是線段EF的中點(diǎn)，得到$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{5k′-3}{4}$=0，可求直線l：y=$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，則2x²+（3-5×$\frac{3}{5}$）x-8=0，解得x=±2，進(jìn)一步得到E（-2，$\frac{2}{5}$）；
（3）如圖所示，過點(diǎn)E作GH⊥AG于H，則AG=3，GH=1，EG=$\frac{3}{5}$，EH=$\frac{2}{5}$，OH=2，根據(jù)三角函數(shù)和三角形相似的判定和性質(zhì)得到P點(diǎn)坐標(biāo)，同理，點(diǎn)P關(guān)于直線OB：y=-x的對稱點(diǎn)p′也符合題意，從而求解．

解答 解：（1）將點(diǎn)A（1，1）代入直線y=kx+$\frac{8}{5}$得k+$\frac{8}{5}$=1，解得k=-$\frac{3}{5}$，
則直線AB：y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，
將點(diǎn)B（-4，m）代入y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$得m=-$\frac{3}{5}$×（-4）+$\frac{8}{5}$，解得m=4，
則B（-4，4），
∵拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A，O，B，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a+b+c=1}\\{16a-4b+c=4}\\{c=0}\end{array}\right.$，
解得a=$\frac{2}{5}$，b=$\frac{3}{5}$，c=0．
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=$\frac{2}{5}$x²+$\frac{3}{5}$x；
（2）直線y=-$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，令x=0，解得y=$\frac{8}{5}$，
則C（0，$\frac{8}{5}$），
設(shè)過點(diǎn)C的直線l解析式為y=k′x+$\frac{8}{5}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k′x+\frac{8}{5}}\\{y=\frac{2}{5}{x}^{2}+\frac{3}{5}x}\end{array}\right.$，
消去y并整理得2x²+（3-5k′）x-8=0，
令E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），則有x₁+x₂=$\frac{5k′-3}{2}$，
∵點(diǎn)E、F關(guān)于點(diǎn)C對稱，
∴點(diǎn)C是線段EF的中點(diǎn)，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{5k′-3}{4}$=0，解得k′=$\frac{3}{5}$，
∴直線l：y=$\frac{3}{5}$x+$\frac{8}{5}$，
∴2x²+（3-5×$\frac{3}{5}$）x-8=0，
解得x=±2，
∵E在F的左側(cè)，
∴E（-2，$\frac{2}{5}$）；
（3）OA=$\sqrt{2}$，OB=4$\sqrt{2}$，OE=$\frac{2\sqrt{26}}{5}$，AE=$\frac{3\sqrt{26}}{5}$，
如圖所示，過點(diǎn)E作GH⊥AG于H，則AG=3，GH=1，EG=$\frac{3}{5}$，EH=$\frac{2}{5}$，OH=2，
∴tan∠EAG=$\frac{EG}{AG}$=$\frac{1}{5}$=$\frac{EH}{OH}$=tan∠EOH，
∴∠EAG=∠EOH，
又∵∠OAG=∠BOH，
∴∠OAE=∠BOE，
∴存在點(diǎn)P，使得△BOP∽△OAE（O與A是對應(yīng)點(diǎn)），
則射線OE的解析式為：y=$\frac{1}{5}$x，
∴設(shè)P（m，$\frac{1}{5}$m）（m＜0），則OP=$\frac{\sqrt{26}}{5}$m，
∵△BOP∽△OAE（O與A是對應(yīng)點(diǎn)），
∴$\frac{OP}{OB}$=$\frac{AE}{OA}$或$\frac{OP}{OB}$=$\frac{OA}{AE}$，即-$\frac{\frac{\sqrt{26}}{5}m}{4\sqrt{2}}$=$\frac{\frac{3\sqrt{26}}{5}}{\sqrt{2}}$或-$\frac{\frac{\sqrt{26}}{5}m}{4\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\frac{3\sqrt{26}}{5}}$，
解得m₁=-12，m₂=-$\frac{100}{39}$，
∴p₁（-12，$\frac{12}{5}$），p₂（-$\frac{100}{39}$，$\frac{20}{39}$），
同理，點(diǎn)p關(guān)于直線OB：y=-x的對稱點(diǎn)p′也符合題意，
∴p₃（-$\frac{12}{5}$，12），p₄（-$\frac{20}{39}$，$\frac{100}{39}$）．

點(diǎn)評 考查了二次函數(shù)綜合題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法求直線的解析式，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，對稱的性質(zhì)，三角函數(shù)，三角形相似的判定和性質(zhì)等知識點(diǎn)，注意數(shù)形結(jié)合和方程思想的應(yīng)用．