Question

1．如图1，将抛物线y=$\frac{1}{4}{x^2}$的顶点C向右平移m个单位，交y轴于点B，且tan∠BCO=$\frac{1}{2}$．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）图2，当⊙A的圆心A在抛物线上运动时，动圆A始终经过点B，MN为⊙A在x轴上截得的弦（点M在N左侧），设MN²=y，A点的横坐标为x（x＞0），试求y与x之间的函数关系式；（不要求写出自变量的取值范围）
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得以A、B、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形，并直接写出点A的坐标．

Answer 1

分析 （1）设抛物线为y=$\frac{1}{4}$（x-m）²，则C（m，0），B（0，$\frac{1}{4}$m²），根据tan∠BCO=$\frac{1}{2}$列出方程求解．
（2）作AE⊥MN垂足为E，根据y=MN²=4ME²=4（AM²-AE²）即可得到．
（3）情形1：当∠Q₁A₁B=90°时，作A₁M⊥y轴，交对称轴于N，根据△Q₁NA₁≌△A₁MB得A₁N=BM列出方程求解．
情形2：当∠BQ₂A₂=90°时，易知A₂、B关于对称轴对称，可知A₂（4，1）（见图2）．
情形3：当∠Q₅A₅B=90°，同理可以证明：△A₅NQ₅≌△BMA₅得A₅N=BM，由此列出方程求解（见图3）．

解答 解：（1）设抛物线为y=$\frac{1}{4}$（x-m）²，则C（m，0），B（0，$\frac{1}{4}$m²），
∵tan∠BCO=$\frac{1}{2}$，
∴OC=2OB，
m=2×$\frac{1}{4}$m²，
∵m≠0，
∴m=2，
∴抛物线为y=$\frac{1}{4}$（x-2）²．
（2）如图1，作AE⊥MN垂足为E，设A[x，$\frac{1}{4}$（x-2）²]，
∵AM=AN，
∴ME=EN，
∴y=MN²=4ME²=4（AM²-ME²）=4{x²+[$\frac{1}{4}（x-2）^{2}$-1]²-[$\frac{1}{4}$（x-2）²]²}=2x²+8x-4．
（3）如图2，①当∠Q₁A₁B=90°时，作A₁M⊥y轴，交对称轴于N，设A₁[m，$\frac{1}{4}$（m-2）²]，
∵∠NQ₁A₁+∠Q₁A₁N=90°，∠NA₁B+∠Q₁A₁N=90°，
∴∠NQ₁A₁=∠NA₁B，
在△NA₁Q₁和△BMA₁中，
$\left\{\begin{array}{l}{{A}_{1}{Q}_{1}={A}_{1}B}\\{∠{A}_{1}{Q}_{1}N=∠M{A}_{1}B}\\{∠{Q}_{1}N{A}_{1}=∠{A}_{1}MB}\end{array}\right.$，
∴△Q₁NA₁≌△A₁MB，
∴A₁N=BM，
∴m-2=$\frac{1}{4}（m-2）^{2}$，
∴m=4±2$\sqrt{2}$，
∴A₁（4+2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$），A₃（4-2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），
②当∠BQ₂A₂=90°时，易知A₂、B关于对称轴对称，
∴A₂（4，1）．
③如图3，当∠Q₅A₅B=90°，同理可以证明：△A₅NQ₅≌△BMA₅，
∴A₅N=BM，
∴2-m=$\frac{1}{4}（m-2）^{2}$-1，
∴m=$±2\sqrt{2}$，
∴A₄（2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），A₅（-2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$）．
综上所述点A的坐标为：A₁（4+2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$），A₃（4-2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），
A₄（2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$），A₅（-2$\sqrt{2}$，3+2$\sqrt{2}$）．

点评 本题考查二次函数、圆、等腰三角形、全等三角形、三角函数等知识，综合性比较强，构造全等三角形是解决第三个问题的关键．