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11.如图,已知抛物线与x轴交于$A(-1,0)$,$E(3,0)$,与y轴交于$B(0,3)$.
(1)求抛物线的解析式,并写出顶点D的坐标;
(2)连接AB,BD,DE,BE,$△ AOB$与$△ DBE$是否相似?请说明理由.
(1)求抛物线的解析式,并写出顶点D的坐标;
(2)连接AB,BD,DE,BE,$△ AOB$与$△ DBE$是否相似?请说明理由.
答案
解：(1) 设抛物线的解析式为$y=a(x+1)(x-3)$，
将$B(0,3)$代入得：$a·(0+1)·(0-3)=3$，
解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线的解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$，
配方得$y=-(x-1)^2+4$，
$\therefore$ 顶点$D$的坐标为$(1,4)$。
(2) $△ AOB$与$△ DBE$相似，理由如下：
由$A(-1,0)$，$B(0,3)$，得$OA=1$，$OB=3$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
由$D(1,4)$，$B(0,3)$，$E(3,0)$，根据勾股定理计算：
$BD=\sqrt{(1-0)^2+(4-3)^2}=\sqrt{2}$，
$BE=\sqrt{(3-0)^2+(0-3)^2}=3\sqrt{2}$，
$DE=\sqrt{(3-1)^2+(0-4)^2}=2\sqrt{5}$。
$\because BD^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 2+18=20$，$DE^2=(2\sqrt{5})^2=20$，
$\therefore BD^2 + BE^2 = DE^2$，
$\therefore △ DBE$是直角三角形，$∠ DBE=90°$，
$\therefore ∠ AOB=∠ DBE=90°$。
又$\because \frac{OA}{BD}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{OB}{BE}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{OA}{BD}=\frac{OB}{BE}$，
$\therefore △ AOB ∽ △ DBE$。
将$B(0,3)$代入得：$a·(0+1)·(0-3)=3$，
解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线的解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$，
配方得$y=-(x-1)^2+4$，
$\therefore$ 顶点$D$的坐标为$(1,4)$。
(2) $△ AOB$与$△ DBE$相似，理由如下：
由$A(-1,0)$，$B(0,3)$，得$OA=1$，$OB=3$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
由$D(1,4)$，$B(0,3)$，$E(3,0)$，根据勾股定理计算：
$BD=\sqrt{(1-0)^2+(4-3)^2}=\sqrt{2}$，
$BE=\sqrt{(3-0)^2+(0-3)^2}=3\sqrt{2}$，
$DE=\sqrt{(3-1)^2+(0-4)^2}=2\sqrt{5}$。
$\because BD^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 2+18=20$，$DE^2=(2\sqrt{5})^2=20$，
$\therefore BD^2 + BE^2 = DE^2$，
$\therefore △ DBE$是直角三角形，$∠ DBE=90°$，
$\therefore ∠ AOB=∠ DBE=90°$。
又$\because \frac{OA}{BD}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{OB}{BE}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{OA}{BD}=\frac{OB}{BE}$，
$\therefore △ AOB ∽ △ DBE$。
解析
【分析】
(1) 已知抛物线与x轴的两个交点坐标，优先选用交点式设抛物线解析式，再代入抛物线与y轴的交点B的坐标求解参数a，将解析式整理为一般式后配方，即可得到顶点D的坐标；
(2) 要判断两个三角形是否相似，首先可知△AOB是直角三角形，因此先根据各点坐标，利用勾股定理计算出△DBE的三边长，通过勾股定理逆定理判断△DBE是否为直角三角形，再验证两个直角三角形的直角边是否对应成比例，即可得出相似结论。
【解析】
(1) 设抛物线的解析式为$y=a(x+1)(x-3)$，
将$B(0,3)$代入得：$a·(0+1)·(0-3)=3$，
解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线的解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$，
配方得$y=-(x-1)^2+4$，
$\therefore$ 顶点$D$的坐标为$(1,4)$。
(2) $△ AOB$与$△ DBE$相似，理由如下：
由$A(-1,0)$，$B(0,3)$，得$OA=1$，$OB=3$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
由$D(1,4)$，$B(0,3)$，$E(3,0)$，根据勾股定理计算：
$BD=\sqrt{(1-0)^2+(4-3)^2}=\sqrt{2}$，
$BE=\sqrt{(3-0)^2+(0-3)^2}=3\sqrt{2}$，
$DE=\sqrt{(3-1)^2+(0-4)^2}=2\sqrt{5}$。
$\because BD^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 2+18=20$，$DE^2=(2\sqrt{5})^2=20$，
$\therefore BD^2 + BE^2 = DE^2$，
$\therefore △ DBE$是直角三角形，$∠ DBE=90°$，
$\therefore ∠ AOB=∠ DBE=90°$。
又$\because \frac{OA}{BD}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{OB}{BE}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{OA}{BD}=\frac{OB}{BE}$，
$\therefore △ AOB ∽ △ DBE$。
【答案】
(1) 抛物线解析式为$\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$，顶点D的坐标为$\boldsymbol{(1,4)}$；
(2) $\boldsymbol{△ AOB}$与$\boldsymbol{△ DBE}$相似，理由见解析。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，相似三角形的判定
【点评】
本题是二次函数与几何的综合基础题，既考查了二次函数解析式求解、顶点坐标计算的相关知识，又结合了勾股定理和相似三角形的判定方法，侧重对基础公式、定理的应用能力考查。
【难度系数】
0.7
(1) 已知抛物线与x轴的两个交点坐标，优先选用交点式设抛物线解析式，再代入抛物线与y轴的交点B的坐标求解参数a，将解析式整理为一般式后配方，即可得到顶点D的坐标；
(2) 要判断两个三角形是否相似，首先可知△AOB是直角三角形，因此先根据各点坐标，利用勾股定理计算出△DBE的三边长，通过勾股定理逆定理判断△DBE是否为直角三角形，再验证两个直角三角形的直角边是否对应成比例，即可得出相似结论。
【解析】
(1) 设抛物线的解析式为$y=a(x+1)(x-3)$，
将$B(0,3)$代入得：$a·(0+1)·(0-3)=3$，
解得$a=-1$，
$\therefore$ 抛物线的解析式为$y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3$，
配方得$y=-(x-1)^2+4$，
$\therefore$ 顶点$D$的坐标为$(1,4)$。
(2) $△ AOB$与$△ DBE$相似，理由如下：
由$A(-1,0)$，$B(0,3)$，得$OA=1$，$OB=3$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
由$D(1,4)$，$B(0,3)$，$E(3,0)$，根据勾股定理计算：
$BD=\sqrt{(1-0)^2+(4-3)^2}=\sqrt{2}$，
$BE=\sqrt{(3-0)^2+(0-3)^2}=3\sqrt{2}$，
$DE=\sqrt{(3-1)^2+(0-4)^2}=2\sqrt{5}$。
$\because BD^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 2+18=20$，$DE^2=(2\sqrt{5})^2=20$，
$\therefore BD^2 + BE^2 = DE^2$，
$\therefore △ DBE$是直角三角形，$∠ DBE=90°$，
$\therefore ∠ AOB=∠ DBE=90°$。
又$\because \frac{OA}{BD}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{OB}{BE}=\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{OA}{BD}=\frac{OB}{BE}$，
$\therefore △ AOB ∽ △ DBE$。
【答案】
(1) 抛物线解析式为$\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$，顶点D的坐标为$\boldsymbol{(1,4)}$；
(2) $\boldsymbol{△ AOB}$与$\boldsymbol{△ DBE}$相似，理由见解析。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，相似三角形的判定
【点评】
本题是二次函数与几何的综合基础题，既考查了二次函数解析式求解、顶点坐标计算的相关知识，又结合了勾股定理和相似三角形的判定方法，侧重对基础公式、定理的应用能力考查。
【难度系数】
0.7
12. 如图，$∠ ABD = ∠ BCD = 90°$，DB平分$∠ ADC$，过点B作$BM // CD$交AD于点M.连接CM交DB于点N.
(1)求证:$BD^2=AD· CD$;
(2)若$CD=6,AD=8$,求MN的长.
(1)求证:$BD^2=AD· CD$;
(2)若$CD=6,AD=8$,求MN的长.
答案
(1) 证明：
∵ DB平分∠ADC，
∴ ∠ADB = ∠CDB，
又∵ ∠ABD = ∠BCD = 90°，
∴ △ABD ∽ △BCD，
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
即 $BD^2 = AD· CD$。
---
(2) 解：
由 $BD^2 = AD· CD$，代入 $CD=6$，$AD=8$，得：
$BD^2 = 8×6 = 48$，
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理：
$BC^2 = BD^2 - CD^2 = 48 - 36 = 12$，
∴ $BC=2\sqrt{3}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBD = ∠ CDB$，
又∵ $∠ ADB = ∠ CDB$，
∴ $∠ MBD = ∠ ADB$，
∴ $BM = MD$。
∵ $∠ ABD = 90°$，
∴ $∠ A + ∠ ADB = 90°$，$∠ ABM + ∠ MBD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ ABM$，
∴ $AM = BM$。
∵ $AD=8$，
∴ $AM = MD = BM = 4$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBC = 180° - ∠ BCD = 90°$，
在$Rt△ MBC$中，由勾股定理：
$CM = \sqrt{BM^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{3})^2} = 2\sqrt{7}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $△ BMN ∽ △ DCN$，
∴ $\frac{BM}{CD} = \frac{MN}{CN} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$，
∴ $MN = \frac{2}{2+3}CM = \frac{2}{5}×2\sqrt{7} = \frac{4\sqrt{7}}{5}$。
最终结论：$MN$的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
∵ DB平分∠ADC，
∴ ∠ADB = ∠CDB，
又∵ ∠ABD = ∠BCD = 90°，
∴ △ABD ∽ △BCD，
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
即 $BD^2 = AD· CD$。
---
(2) 解：
由 $BD^2 = AD· CD$，代入 $CD=6$，$AD=8$，得：
$BD^2 = 8×6 = 48$，
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理：
$BC^2 = BD^2 - CD^2 = 48 - 36 = 12$，
∴ $BC=2\sqrt{3}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBD = ∠ CDB$，
又∵ $∠ ADB = ∠ CDB$，
∴ $∠ MBD = ∠ ADB$，
∴ $BM = MD$。
∵ $∠ ABD = 90°$，
∴ $∠ A + ∠ ADB = 90°$，$∠ ABM + ∠ MBD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ ABM$，
∴ $AM = BM$。
∵ $AD=8$，
∴ $AM = MD = BM = 4$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBC = 180° - ∠ BCD = 90°$，
在$Rt△ MBC$中，由勾股定理：
$CM = \sqrt{BM^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{3})^2} = 2\sqrt{7}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $△ BMN ∽ △ DCN$，
∴ $\frac{BM}{CD} = \frac{MN}{CN} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$，
∴ $MN = \frac{2}{2+3}CM = \frac{2}{5}×2\sqrt{7} = \frac{4\sqrt{7}}{5}$。
最终结论：$MN$的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
解析
【分析】
(1) 要证明等积式$BD^2=AD·CD$，可先将其转化为比例式$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，只需证明包含这四条线段的$△ ABD$和$△ BCD$相似即可；已知DB平分$∠ ADC$可得一组等角，再结合两个直角的条件，即可用两角对应相等判定两三角形相似。
(2) 先利用第一问的结论算出$BD^2$，再在$Rt△ BCD$中用勾股定理算出$BC$的长；结合$BM// CD$和角平分线的条件可证得$BM=MD$，再根据直角三角形的角的关系证得$AM=BM$，即可得到$BM$的长；由$BM// CD$可得$∠ MBC=90°$，在$Rt△ MBC$中用勾股定理算出$CM$的长；最后证明$△ BMN∼△ DCN$，利用相似的比例关系即可求出$MN$的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ DB平分$∠ ADC$，
∴ $∠ ADB = ∠ CDB$，
又
∵ $∠ ABD = ∠ BCD = 90°$，
∴ $△ ABD ∽ △ BCD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
即 $BD^2 = AD· CD$。
(2) 解：
将$CD=6$，$AD=8$代入$BD^2 = AD· CD$，得：
$BD^2 = 8×6 = 48$，
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理得：
$BC^2 = BD^2 - CD^2 = 48 - 36 = 12$，
∴ $BC=2\sqrt{3}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBD = ∠ CDB$，
又
∵ $∠ ADB = ∠ CDB$，
∴ $∠ MBD = ∠ ADB$，
∴ $BM = MD$。
∵ $∠ ABD = 90°$，
∴ $∠ A + ∠ ADB = 90°$，$∠ ABM + ∠ MBD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ ABM$，
∴ $AM = BM$。
∴ $AM = MD = BM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×8=4$。
∵ $BM// CD$，$∠ BCD=90°$，
∴ $∠ MBC = 180° - ∠ BCD = 90°$，
在$Rt△ MBC$中，由勾股定理得：
$CM = \sqrt{BM^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{16+12}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $△ BMN ∽ △ DCN$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{BM}{CD} = \frac{MN}{CN} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$，
即$MN:CM=2:(2+3)=2:5$，
∴ $MN=\frac{2}{5}CM=\frac{2}{5}×2\sqrt{7}=\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $MN$的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题是几何综合题，以三角形为载体，综合考查了相似三角形、角平分线、平行线、勾股定理等知识点。第一问是典型的等积式证明问题，将等积式转化为比例式找对应相似三角形即可求解；第二问需要借助第一问的结论，逐步推导线段长度，最终利用相似三角形的比例关系求出目标线段，能够较好地考查学生的几何逻辑推理和综合运用知识的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明等积式$BD^2=AD·CD$，可先将其转化为比例式$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，只需证明包含这四条线段的$△ ABD$和$△ BCD$相似即可；已知DB平分$∠ ADC$可得一组等角，再结合两个直角的条件，即可用两角对应相等判定两三角形相似。
(2) 先利用第一问的结论算出$BD^2$，再在$Rt△ BCD$中用勾股定理算出$BC$的长；结合$BM// CD$和角平分线的条件可证得$BM=MD$，再根据直角三角形的角的关系证得$AM=BM$，即可得到$BM$的长；由$BM// CD$可得$∠ MBC=90°$，在$Rt△ MBC$中用勾股定理算出$CM$的长；最后证明$△ BMN∼△ DCN$，利用相似的比例关系即可求出$MN$的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ DB平分$∠ ADC$，
∴ $∠ ADB = ∠ CDB$，
又
∵ $∠ ABD = ∠ BCD = 90°$，
∴ $△ ABD ∽ △ BCD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
即 $BD^2 = AD· CD$。
(2) 解：
将$CD=6$，$AD=8$代入$BD^2 = AD· CD$，得：
$BD^2 = 8×6 = 48$，
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理得：
$BC^2 = BD^2 - CD^2 = 48 - 36 = 12$，
∴ $BC=2\sqrt{3}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $∠ MBD = ∠ CDB$，
又
∵ $∠ ADB = ∠ CDB$，
∴ $∠ MBD = ∠ ADB$，
∴ $BM = MD$。
∵ $∠ ABD = 90°$，
∴ $∠ A + ∠ ADB = 90°$，$∠ ABM + ∠ MBD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ ABM$，
∴ $AM = BM$。
∴ $AM = MD = BM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×8=4$。
∵ $BM// CD$，$∠ BCD=90°$，
∴ $∠ MBC = 180° - ∠ BCD = 90°$，
在$Rt△ MBC$中，由勾股定理得：
$CM = \sqrt{BM^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{16+12}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
∵ $BM// CD$，
∴ $△ BMN ∽ △ DCN$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{BM}{CD} = \frac{MN}{CN} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$，
即$MN:CM=2:(2+3)=2:5$，
∴ $MN=\frac{2}{5}CM=\frac{2}{5}×2\sqrt{7}=\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $MN$的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题是几何综合题，以三角形为载体，综合考查了相似三角形、角平分线、平行线、勾股定理等知识点。第一问是典型的等积式证明问题，将等积式转化为比例式找对应相似三角形即可求解；第二问需要借助第一问的结论，逐步推导线段长度，最终利用相似三角形的比例关系求出目标线段，能够较好地考查学生的几何逻辑推理和综合运用知识的能力。
【难度系数】
0.6
