题目内容
【题目】如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE= 
，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．
（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；
（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；
（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．
【答案】
（1）
解：由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）．
将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1．
∴y=﹣x2+2x+3．
则点B（1，4）．
（2）
证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE= 
=3 
．
在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE= 
= ．
∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°．
∴AB是△ABE外接圆的直径．
在Rt△ABE中，tan∠BAE= 
= 
=tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE．
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．
∴CB是△ABE外接圆的切线．
（3）
解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE= ，sin∠BAE= 
，cos∠BAE= 
；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；
①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合；
由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO= =tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE
满足△DEO∽△BAE的条件，因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）．
②DE为短直角边时，P2在x轴上；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠BAE= ；
而DE= 
= 
，则DP2=DE÷sin∠DP2E= ÷ =10，OP2=DP2﹣OD=9
即：P2（9，0）；
③DE为长直角边时，点P3在y轴上；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠BAE= ；
则EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷ = 
，OP3=EP3﹣OE= ；
综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣ ）．
（4）
解：设直线AB的解析式为y=kx+b．
将A（3，0），B（1，4）代入，得 
，解得 
．
∴y=﹣2x+6．
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x= 
，∴F（ ，3）．
情况一：如图2，
当0＜t≤ 时，设△AOE平移到△GNM的位置，MG交AB于点H，MN交AE于点S．
则ON=AG=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．
由△AHG∽△FHM，得 
，即 
．
解得HK=2t．
∴S阴=S△MNG﹣S△SNA﹣S△HAG= 
×3×3﹣ （3﹣t）2﹣ t2t=﹣ t2+3t．
情况二：如图3，
当 ＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．
由△IQA∽△IPF，得 
．即 
，
解得IQ=2（3﹣t）．
∵AQ=VQ=3﹣t，
∴S阴= IVAQ= （3﹣t）2= t2﹣3t+ 
．
综上所述：s= 
．
【解析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，进而能得到顶点B的坐标．（2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，此题得证．（3）△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE= ，即AE=3BE，若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，那么该三角形必须满足两个条件：①有一个角是直角、②两直角边满足1：3的比例关系；然后分情况进行求解即可．（4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个四边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解．
