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16. (★★★)如图27.2-38,在$\triangle ABC$中,$AB = AC = 1$,$BC = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$,在$AC边上截取AD = BC$,连接$BD$.
(1)通过计算,判断$AD^{2}与AC\cdot CD$的大小关系；
(2)求$\angle ABD$的度数.
(1)通过计算,判断$AD^{2}与AC\cdot CD$的大小关系；
(2)求$\angle ABD$的度数.
答案
(1) ∵AD=BC，BC=(√5-1)/2，∴AD=(√5-1)/2。
AD²=[(√5-1)/2]²=(6-2√5)/4=(3-√5)/2。
CD=AC-AD=1-(√5-1)/2=(3-√5)/2。
AC·CD=1×(3-√5)/2=(3-√5)/2。
∴AD²=AC·CD。
(2) ∵AD²=AC·CD，∴AD/AC=CD/AD。
在△ABC中，AB=AC=1，∠A=∠A，由余弦定理得cos∠A=(AB²+AC²-BC²)/(2·AB·AC)=(2-(6-2√5)/2)/2=(√5+1)/4，∴∠A=36°。
∠ABC=∠ACB=(180°-36°)/2=72°。
在△ABD中，AD=BC，由(1)知AD²=AC·CD，又AC=AB=1，∴AD/AB=CD/AD，∠A公共，∴△ABD∽△BCD（或由AD=BD得∠ABD=∠A）。
∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=36°。
(1) AD²=AC·CD；(2) 36°
AD²=[(√5-1)/2]²=(6-2√5)/4=(3-√5)/2。
CD=AC-AD=1-(√5-1)/2=(3-√5)/2。
AC·CD=1×(3-√5)/2=(3-√5)/2。
∴AD²=AC·CD。
(2) ∵AD²=AC·CD，∴AD/AC=CD/AD。
在△ABC中，AB=AC=1，∠A=∠A，由余弦定理得cos∠A=(AB²+AC²-BC²)/(2·AB·AC)=(2-(6-2√5)/2)/2=(√5+1)/4，∴∠A=36°。
∠ABC=∠ACB=(180°-36°)/2=72°。
在△ABD中，AD=BC，由(1)知AD²=AC·CD，又AC=AB=1，∴AD/AB=CD/AD，∠A公共，∴△ABD∽△BCD（或由AD=BD得∠ABD=∠A）。
∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=36°。
(1) AD²=AC·CD；(2) 36°
17. (★★★)(2021·东营)如图27.2-39,抛物线$y = -\frac{1}{2}x^{2}+bx + c与x轴交于A$,$B$两点,与$y轴交于点C$,直线$y = -\frac{1}{2}x + 2过B$,$C$两点,连接$AC$.
(1)求抛物线的解析式；
(2)求证：$\triangle AOC\backsim\triangle ACB$；
(3)$M(3,2)$是抛物线上的一点,$D为抛物线上位于直线BC$上方的一点,过$D作DE\perp x轴交直线BC于点E$,抛物线对称轴上有一动点$P$,当线段$DE$的长度最大时,求$PD + PM$的最小值.
(1)求抛物线的解析式；
(2)求证：$\triangle AOC\backsim\triangle ACB$；
(3)$M(3,2)$是抛物线上的一点,$D为抛物线上位于直线BC$上方的一点,过$D作DE\perp x轴交直线BC于点E$,抛物线对称轴上有一动点$P$,当线段$DE$的长度最大时,求$PD + PM$的最小值.
答案
(1)$ y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 $；(2)见解析；(3)$ \sqrt{5} $
解析
(1) 对于直线$ y = -\frac{1}{2}x + 2 $，令$ x = 0 $，得$ y = 2 $，则$ C(0,2) $；令$ y = 0 $，得$ 0 = -\frac{1}{2}x + 2 $，解得$ x = 4 $，则$ B(4,0) $。
将$ B(4,0) $，$ C(0,2) $代入抛物线$ y = -\frac{1}{2}x^2 + bx + c $，得：
$ \begin{cases} c = 2 \\ -\frac{1}{2} × 4^2 + 4b + 2 = 0 \end{cases} $，解得$ \begin{cases} b = \frac{3}{2} \\ c = 2 \end{cases} $。
故抛物线解析式为$ y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 $。
(2) 对于抛物线$ y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 $，令$ y = 0 $，得$ -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 = 0 $，解得$ x_1 = -1 $，$ x_2 = 4 $，则$ A(-1,0) $。
$ OA = 1 $，$ OC = 2 $，$ AC = \sqrt{(-1 - 0)^2 + (0 - 2)^2} = \sqrt{5} $，$ AB = 5 $。
在$ \triangle AOC $和$ \triangle ACB $中，$ \angle OAC = \angle CAB $，且$ \frac{AO}{AC} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5} $，$ \frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5} $，故$ \triangle AOC \sim \triangle ACB $。
(3) 设$ D(x, -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2) $，则$ E(x, -\frac{1}{2}x + 2) $，$ DE = -\frac{1}{2}x^2 + 2x = -\frac{1}{2}(x - 2)^2 + 2 $，当$ x = 2 $时，$ DE $最大，此时$ D(2,3) $。
抛物线对称轴为$ x = \frac{3}{2} $，作$ M(3,2) $关于对称轴的对称点$ M'(0,2) $，连接$ DM' $交对称轴于$ P $，则$ PD + PM = DM' $。
$ DM' = \sqrt{(2 - 0)^2 + (3 - 2)^2} = \sqrt{5} $，故$ PD + PM $的最小值为$ \sqrt{5} $。
将$ B(4,0) $，$ C(0,2) $代入抛物线$ y = -\frac{1}{2}x^2 + bx + c $，得：
$ \begin{cases} c = 2 \\ -\frac{1}{2} × 4^2 + 4b + 2 = 0 \end{cases} $，解得$ \begin{cases} b = \frac{3}{2} \\ c = 2 \end{cases} $。
故抛物线解析式为$ y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 $。
(2) 对于抛物线$ y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 $，令$ y = 0 $，得$ -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2 = 0 $，解得$ x_1 = -1 $，$ x_2 = 4 $，则$ A(-1,0) $。
$ OA = 1 $，$ OC = 2 $，$ AC = \sqrt{(-1 - 0)^2 + (0 - 2)^2} = \sqrt{5} $，$ AB = 5 $。
在$ \triangle AOC $和$ \triangle ACB $中，$ \angle OAC = \angle CAB $，且$ \frac{AO}{AC} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5} $，$ \frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{5} $，故$ \triangle AOC \sim \triangle ACB $。
(3) 设$ D(x, -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2) $，则$ E(x, -\frac{1}{2}x + 2) $，$ DE = -\frac{1}{2}x^2 + 2x = -\frac{1}{2}(x - 2)^2 + 2 $，当$ x = 2 $时，$ DE $最大，此时$ D(2,3) $。
抛物线对称轴为$ x = \frac{3}{2} $，作$ M(3,2) $关于对称轴的对称点$ M'(0,2) $，连接$ DM' $交对称轴于$ P $，则$ PD + PM = DM' $。
$ DM' = \sqrt{(2 - 0)^2 + (3 - 2)^2} = \sqrt{5} $，故$ PD + PM $的最小值为$ \sqrt{5} $。
