Question

1．如圖1，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸交于點A（4，0）和點B（-1，0），與y軸交于點C
（1）求拋物線的解析式．
（2）若點E為拋物線在第一象限上的一點，過點E作EF⊥x軸于點F，交AC于點H，當(dāng)線段EH=FH時，求點E的坐標．
（3）如圖2，若CE∥x軸交拋物線于點E，過點E作ER⊥x軸，垂足為點R，G是線段OR上的動點，ES⊥CG，垂足為點S．
①當(dāng)△ESR是等腰三角形時，求OG的長．
②若點B₁與點B關(guān)于直線CG對稱，當(dāng)EB₁的長最小時，直接寫出OG的長．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)H是EF的中點，可得關(guān)于n的方程，根據(jù)解方程，可得答案；
（3）①根據(jù)等腰三角形的定義，可得答案；
②根據(jù)兩邊之差小于第三邊，可得C，B₁，E三點共線，根據(jù)線段的和差，可得答案．

解答 解：（1）把A（4，0），B（-1，0）代入y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}-b+c=0}\\{-\frac{16}{2}+4b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{3}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，即：y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2；
（2）求得AC的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+2
設(shè)H（n，-$\frac{1}{2}$n+2），由EF⊥x軸，則E（n，-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n+2）
∵EH=FH且點E為拋物線在第一象限上的點，
∴EF=2FH，即-$\frac{1}{2}$n²+$\frac{3}{2}$n+2=2（$\frac{1}{2}$n+2）得
n²-5n+4=0，
∴n=1或n=4（舍去）
∴E（1，3）；
（3）①設(shè)OG=t，則CG=$\sqrt{4+{t}^{2}}$，
∵△COG∽△ESC，
∴$\frac{ES}{CE}$=$\frac{CO}{CG}$，∴$\frac{ES}{3}$=$\frac{2}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$
∴ES=$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∵∠SER=∠SCE=∠CGO，∴cos∠SER=cos∠CGO=$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$．

i．如圖1，
當(dāng)SE=SR時，過點S作SH⊥ER垂足為點H．
∵EH=SE•cos∠SER，
∴1=$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$×$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∴t=3$±\sqrt{5}$，（t=3+$\sqrt{5}$舍去）；
ii．如圖2，
當(dāng)SE=ER時，$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$=2，
∴t=$±\sqrt{5}$（t=-$\sqrt{5}$舍去）；
iii．如圖3，
當(dāng)ER=SR時，過點R作RH⊥SE垂足為點H．
∵EH=ER•cos∠SER，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{6}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$=2×$\frac{t}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
∴t=$\frac{3}{2}$；
綜上，當(dāng)△ESR是等腰三角形時OG=3-$\sqrt{5}$或$\sqrt{5}$或$\frac{3}{2}$．
②EB₁取最小值時，OG=$\sqrt{5}$-1．
理由如下：如圖4，
CB₁=CB，EB₁≥CE-CB₁=3-$\sqrt{5}$，當(dāng)點C，B₁，E三點共線時，EB₁取到最小值，此時四邊形CBGB₁是菱形，
∴OG=BG-BO=$\sqrt{5}$-1．

點評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）利用線段中點的性質(zhì)是解題關(guān)鍵；（3）領(lǐng)等腰三角形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，要分類討論，以防遺漏．