Question

13．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax²+bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=4，∠AOB=120°．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）联结OM，求∠AOM的大小；
（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．

Answer 1

分析 （1）过点A作AD⊥y轴于点D，由已知易得∠AOD=30°，B（4，0），解直角三角形求得AD=2，OD=2$\sqrt{3}$，从而求得A点的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，先求得顶点M的坐标，然后根据tan∠EOM=$\frac{EM}{OE}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．求得∠EOM=30°，即可求得∠AOM=∠AOB+∠EOM=150°．
（3）过点A作AH⊥x轴于点H，求得∠ABH=30°，根据∠AOM=150°，判断∠OAM＜30°，∠OMA＜30°，从而判定点C不可能在点B的左侧，只能在点B的右侧，易证得∠AOM=∠ABC．所以△ABC与△AOM相似，有两种可能：①△BAC与∽△OAM，②△BAC与∽△OMA，然后分两种情况分别讨论即可求得．

解答 解：（1）如图，过点A作AD⊥y轴于点D，
∵AO=OB=4，
∴B（4，0）．
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=30°，
∴AD=$\frac{1}{2}$OA=2，OD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA=2$\sqrt{3}$．
∴A（-2，2$\sqrt{3}$）．
将A（-2，2$\sqrt{3}$），B（4，0）代入y=ax²+bx，得：
$\left\{\begin{array}{l}{4a-2b=2\sqrt{3}}\\{16a+4b=0}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{\sqrt{3}}{6}}\\{b=-\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴这条抛物线的表达式为y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，
∵y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$x²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x=$\frac{\sqrt{3}}{6}$（x-2）²-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴M（2，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），即OE=2，EM=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴tan∠EOM=$\frac{EM}{OE}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴∠EOM=30°．
∴∠AOM=∠AOB+∠EOM=150°．
（3）过点A作AH⊥x轴于点H，
∵AH=2$\sqrt{3}$，HB=HO+OB=6，
∴tan∠ABH=$\frac{AH}{HB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴∠ABH=30°，
∵∠AOM=150°，
∴∠OAM＜30°，
∴∠OMA＜30°，
∴点C不可能在点B的左侧，只能在点B的右侧．
∴∠ABC=180°-∠ABH=150°，
∵∠AOM=150°，
∴∠AOM=∠ABC．
∴△ABC与△AOM相似，有如下两种可能：
①△BAC与∽△OAM，②△BAC与∽△OMA
∵OD=2，ME=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴OM=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∵AH=2$\sqrt{3}$，BH=6，
∴AB=4$\sqrt{3}$．
①当△BAC与∽△OAM时，
由$\frac{AO}{AB}$=$\frac{OM}{BC}$得，解得BC=4．
∴C₁（8，0）．
②当△BAC与∽△OMA时，
由$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OM}{AB}$得，解得BC=12．
∴C₂（16，0）．
综上所述，如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，
则点C的坐标为（8，0）或（16，0）．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，待定系数法求二次函数的解析式，三角形相似的判定和性质，分类讨论思想的运用是本题的关键．