Question

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4交x軸負(fù)半軸于點A，交x軸正半軸于點B，交y軸于點C．
（1）求AB長；
（2）同時經(jīng)過A，B，C三點作⊙D，求點D的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，橫坐標(biāo)為10的點E在拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4上，連接AE，BE，求∠AEB的度數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求出A、B兩點坐標(biāo)，即可解決問題．
（2）連接AC，BC，由tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，tan∠CBO=$\frac{OC}{OB}$=$\frac{4}{8}$=$\frac{1}{2}$，推出∠ACO=∠CBO，由∠OBC+∠OCB=90°，推出∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，推出AB為⊙D的直徑，即可解決問題．
（3）設(shè)AE交⊙D于點K，連接BK，作ER⊥x軸于R．由tan∠EAR=$\frac{ER}{AR}$=$\frac{1}{2}$，推出∠EAR=∠ACO，∠CAE=∠EAR+∠CAO=∠ACO+∠CAO=90°，由AB為⊙D直徑，推出∠AKB=∠ACB=∠CAK=90°，四邊形ACBK為矩形，推出BK=AC，AC²=AO²+OC²=20，推出BK=AC=2$\sqrt{5}$
在Rt△BER中，BE²=BR²=ER²=2²+6²=40，推出BE=2$\sqrt{10}$，由cos∠KBE=$\frac{BK}{BE}$=$\frac{2\sqrt{5}}{2\sqrt{10}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，推出∠KBE=45°，即可解決問題．

解答 解：（1）把y=0代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，即-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4=0，解得：x=8或2，
∴A（-2，0），B（8，0），
∴OA=2，BO=8，
∴AB=10，
（2）連接AC，BC，

把x=0代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，得y=4，
∴C（0，4），
∴OC=4，
∵tan∠ACO=$\frac{OA}{OC}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，tan∠CBO=$\frac{OC}{OB}$=$\frac{4}{8}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠ACO=∠CBO，
∵∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°
∴AB為⊙D的直徑，
∵AD=BD=5，
∴OD=3，
∴D（3，0）．

（3）設(shè)AE交⊙D于點K，連接BK，作ER⊥x軸于R．

∵點E的橫坐標(biāo)為10，∴把x=10代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4，y=-6，
∴E（10，-6），
∴ER=6，OR=10，
∴AR=12，
∴tan∠EAR=$\frac{ER}{AR}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠EAR=∠ACO，
∴∠CAE=∠EAR+∠CAO=∠ACO+∠CAO=90°
∵AB為⊙D直徑∠AKB=∠ACB=∠CAK=90°
∴四邊形ACBK為矩形，
∴BK=AC，AC²=AO²+OC²=20，
∴BK=AC=2$\sqrt{5}$
在Rt△BER中，BE²=BR²=ER²=2²+6²=40，
∴BE=2$\sqrt{10}$，
∴cos∠KBE=$\frac{BK}{BE}$=$\frac{2\sqrt{5}}{2\sqrt{10}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴∠KBE=45°，
∴∠AEB=∠AKB-∠KBE=45°．

點評 本題考查圓綜合題、二次函數(shù)的應(yīng)用、銳角三角函數(shù)、矩形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識，學(xué)會添加常用輔助線，屬于中考壓軸題．