Question

3．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax²+2xa+c經過A（-4，0），B（0，4）兩點，與x軸交于另一點C，直線y=x+5與x軸交于點D，與y軸交于點E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是第二象限拋物線上的一個動點，連接EP，過點E作EP的垂線l，在l上截取線段EF，使EF=EP，且點F在第一象限，過點F作FM⊥x軸于點M，設點P的橫坐標為t，線段FM的長度為d，求d與t之間的函數(shù)關系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，過點E作EH⊥ED交MF的延長線于點H，連接DH，點G為DH的中點，當直線PG經過AC的中點Q時，求點F的坐標．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，作輔助線構建兩個直角三角形，利用斜邊PE=EF和兩角相等證兩直角三角形全等，得PA′=EB′，則d=FM=OE-EB′代入列式可得結論，但要注意PA′=-t；
（3）如圖2，根據直線EH的解析式表示出點F的坐標和H的坐標，發(fā)現(xiàn)點P和點H的縱坐標相等，則PH與x軸平行，證明△PGH≌△QGD，得PH=DQ=4，列式可得t的值，求出t的值并取舍，計算出點F的坐標．也可以利用線段中點公式求出結論．

解答 解：（1）把A（-4，0），B（0，4）代入y=ax²+2xa+c得$\left\{\begin{array}{l}{16a-8a+c=0}\\{c=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=4}\end{array}\right.$，
所以拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²-x+4；
（2）如圖1，分別過P、F向y軸作垂線，垂足分別為A′、B′，過P作PN⊥x軸，垂足為N，
由直線DE的解析式為：y=x+5，則E（0，5），
∴OE=5，
∵∠PEO+∠OEF=90°，∠PEO+∠EPA′=90°，
∴∠EPA′=∠OEF，
∵PE=EF，∠EA′P=∠EB′F=90°，
∴△PEA′≌△EFB′，
∴PA′=EB′=-t，
則d=FM=OB′=OE-EB′=5-（-t）=5+t；
（3）如圖2，由直線DE的解析式為：y=x+5，
∵EH⊥ED，
∴直線EH的解析式為：y=-x+5，
∴FB′=A′E=5-（-$\frac{1}{2}$t²-t+4）=$\frac{1}{2}$t²+t+1，
∴F（$\frac{1}{2}$t²+t+1，5+t），
∴點H的橫坐標為：$\frac{1}{2}$t²+t+1，
y=-$\frac{1}{2}$t²-t-1+5=-$\frac{1}{2}$t²-t+4，
∴H（$\frac{1}{2}$t²+t+1，-$\frac{1}{2}$t²-t+4），
連接PH交y軸于A′，
∴P與H的縱坐標相等，
∴PH∥x軸，
∴∠HPQ=∠PQD，∠PGH=∠QGD，
∵DG=GH，
∴△PGH≌△QGD，
∴PH=DQ，
∵A（-4，0），C（2，0），
∴Q（-1，0），
∵D（-5，0），
∴DQ=PH=4，
∴-t+$\frac{1}{2}$t²+t+1=4，
t=±$\sqrt{6}$，
∵P在第二象限，
∴t＜0，
∴t=-$\sqrt{6}$，
∴F（4-$\sqrt{6}$，5-$\sqrt{6}$）．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式，考查了直角三角形全等的性質和判定；本題的關鍵是根據直角三角形全等對應邊相等列式得出d與t的函數(shù)關系式；同時要注意：若A、B兩點的坐標分別為（x₁、y₁）、（x₂、y₂），則線段AB中點的坐標為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．