Question

如圖，在平面直角坐標系中，直線y=

1

2

x+2與坐標軸分別交于A、B兩點，過A、B兩點的拋物線為y=-

1

2

x2-

3

2

x+2．點C為線段AO上一動點，過點C作直線CD⊥x軸交AB于點D，交拋物線于點E．
（1）當DE=2時，求四邊形CAEB的面積；
（2）若直線CE移動到拋物線的對稱軸位置，點P、Q分別為直線CE和x軸上的一動點，求△BPQ周長的最小值；
（3）連接BE，是否存在點C，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此點C坐標；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題,解一元二次方程-因式分解法,拋物線與x軸的交點,兩點間的距離,勾股定理,勾股定理的逆定理,矩形的判定與性質(zhì),軸對稱-最短路線問題,相似三角形的判定

專題：綜合題

分析：（1）設點C的橫坐標為m，然后用m的代數(shù)式表示DE，根據(jù)條件DE=2可求出m，代入拋物線的解析式就可求出點E的縱坐標，就可求出四邊形CAEB的面積．
（2）過點B作CE的對稱點B′，過點B作x軸的對稱點B″，連接PB′、QB″、B′B″，如圖2，則△BPQ的周長=PB+PQ+QB=PB′+PQ+QB″．根據(jù)“兩點之間線段最短”可得：當B′、P、Q、B″共線時，△BPQ的周長最小，最小值等于B′B″的長，只需運用勾股定理就可解決問題．
（3）由于△DBE和△DAC相似，對應關系不確定，故需分情況討論：若∠BED=∠ACD=90°，如圖3，易證四邊形COBE是矩形，從而有CO=BE，則-

1

2

x²-

3

2

x+2=2，解這個方程就可得到點C的坐標；若∠EBD=∠ACD=90°，可以證到點E與點F重合，與條件矛盾，故該情況不存在．

解答：解：（1）設點C的橫坐標為m，
由CD⊥x軸得：x_E=x_D=m．
則有y_E=-

1

2

m²-

3

2

m+2，y_D=

1

2

m+2．
則DE=y_E-y_D=（-

1

2

m²-

3

2

m+2）-（

1

2

m+2）=2．
解得：m₁=m₂=-2．
則y_E=-

1

2

×（-2）²-

3

2

×（-2）+2=3．
由

1

2

x+2=0得x=-4，則A（-4，0），OA=4．
則S_{四邊形CAEB}=S_△ACE+S_△BCE
=

1

2

CE•AO=

1

2

×3×4=6．

（2）過點B作CE的對稱點B′，作x軸的對稱點B″，連接PB′、QB″、B′B″，如圖2，
則點B′必在拋物線上，且y_B′=y_B，OB″=OB，PB′=PB，QB″=QB．
則△BPQ的周長=PB+PQ+QB=PB′+PQ+QB″．
根據(jù)“兩點之間線段最短”可得：
當B′、P、Q、B″共線時，△BPQ的周長最小，最小值等于B′B″的長．
當x=0時，y=

1

2

×0+2=2，則點B（0，2）．
則有OB″=2．
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=2得：x₁=0，x₂=-3．
則點B′的坐標為（-3，2）．
在Rt△BB′B″中，
∵∠B′BB″=90°，BB′=3，BB″=2+2=4，
∴B′B″=5．
∴△BPQ的周長的最小值為5．

（3）存在點C，使得△DBE和△DAC相似．
①若∠BED=∠ACD=90°，如圖3，
由∠EDB=∠CDA得△DBE∽△DAC．
此時∠BEC=∠ECO=∠COB=90°．
則四邊形COBE是矩形．
則CO=BE．
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=2得：x₁=0，x₂=-3．
則點E的坐標為（-3，2）．
則CO=BE=3，點C（-3，0）．
②若∠EBD=∠ACD=90°，
如圖4，這種情況不存在．
理由如下：
假設拋物線上點E滿足∠EBD=90°，
解方程-

1

2

x²-

3

2

x+2=0得：x₁=1，x₂=-4．
則點F的坐標為（1，0）．
∵AB²=4²+2²=20，BF²=2²+1²=5，AF²=[1-（-4）]²=25，
∴AB²+BF²=AF²．
∴∠ABF=90°．
∴點E在點F處，此時點C與點F重合，
與條件“點C為線段AO上一動點”矛盾，故不存在．
綜上所述：存在點C，使得△DBE和△DAC相似，此時點C的坐標為（-3，0）．

點評：本題考查了拋物線與x軸的交點、勾股定理及其逆定理、兩點之間線段最短、軸對稱-最短路徑問題、相似三角形的判定、矩形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性比較強，有一定的難度．