Question

【題目】如圖1，二次函數(shù)y= x2﹣2x+1的圖象與一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）的圖象交于A，B兩點，點A的坐標(biāo)為（0，1），點B在第一象限內(nèi)，點C是二次函數(shù)圖象的頂點，點M是一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）的圖象與x軸的交點，過點B作軸的垂線，垂足為N，且S△AMO：S四邊形AONB=1：48．

（1）求直線AB和直線BC的解析式；
（2）點P是線段AB上一點，點D是線段BC上一點，PD∥x軸，射線PD與拋物線交于點G，過點P作PE⊥x軸于點E，PF⊥BC于點F．當(dāng)PF與PE的乘積最大時，在線段AB上找一點H（不與點A，點B重合），使GH+ BH的值最小，求點H的坐標(biāo)和GH+ BH的最小值；
（3）如圖2，直線AB上有一點K（3，4），將二次函數(shù)y= x2﹣2x+1沿直線BC平移，平移的距離是t（t≥0），平移后拋物線上點A，點C的對應(yīng)點分別為點A′，點C′；當(dāng)△A′C′K′是直角三角形時，求t的值．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵點C是二次函數(shù)y= x2﹣2x+1圖象的頂點，

∴C（2，﹣1），

∵PE⊥x軸，BN⊥x軸，

∴△MAO∽△MBN，

∵S△AMO：S四邊形AONB=1：48，

∴S△AMO：S△BMN=1：49，

∴OA：BN=1：7，

∵OA=1

∴BN=7，

把y=7代入二次函數(shù)解析式y(tǒng)= x2﹣2x+1中，可得7= x2﹣2x+1，

∴x1=﹣2（舍），x2=6

∴B（6，7），

∵A的坐標(biāo)為（0，1），

∴直線AB解析式為y=x+1，

∵C（2，﹣1），B（6，7），

∴直線BC解析式為y=2x﹣5．

（2）

解：如圖1，

設(shè)點P（x0，x0+1），

∴D（ ，x0+1），

∴PE=x0+1，PD=3﹣ x0，

∵△PDF∽△BGN，

∴PF：PD的值固定，

∴PE×PF最大時，PE×PD也最大，

PE×PD=（x0+1）（3﹣ x0）=﹣ x02+ x0+3，

∴當(dāng)x0= 時，PE×PD最大，

即：PE×PF最大．此時G（5， ）

∵△MNB是等腰直角三角形，

過B作x軸的平行線，

∴ BH=B1H，

GH+ BH的最小值轉(zhuǎn)化為求GH+HB1的最小值，

∴當(dāng)GH和HB1在一條直線上時，GH+HB1的值最小，

此時H（5，6），最小值為7﹣ =

（3）

解：令直線BC與x軸交于點I，

∴I（ ，0）

∴IN= ，IN：BN=1：2，

∴沿直線BC平移時，橫坐標(biāo)平移m時，縱坐標(biāo)則平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），

∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，

當(dāng)∠A′KC′=90°時，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m= ，此時t= m=2 ± ；

當(dāng)∠KC′A′=90°時，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此時t= m=4 ；

當(dāng)∠KA′C′=90°時，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此時t=0．

【解析】（1）根據(jù)S△AMO：S四邊形AONB=1：48，求出三角形相似的相似比為1：7，從而求出BN，繼而求出點B的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出直線解析式．（2）先判斷出PE×PF最大時，PE×PD也最大，再求出PE×PF最大時G（5， ），再簡單的計算即可；（3）由平移的特點及坐標(biāo)系中，兩點間的距離公式得A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，最后分三種情況計算即可．此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了相似三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，兩點間的結(jié)論公式，解本題的關(guān)鍵是相似三角形的性質(zhì)的運用．
【考點精析】掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的根本，需要知道相似三角形的一切對應(yīng)線段(對應(yīng)高、對應(yīng)中線、對應(yīng)角平分線、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑等）的比等于相似比；相似三角形周長的比等于相似比；相似三角形面積的比等于相似比的平方．