Question

5．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=-$\frac{3}{4}$x+6交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)C，點(diǎn)B在線段OA上，且△ABC的面積為16，拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c經(jīng)過B、C兩點(diǎn)；
（1）C點(diǎn)坐標(biāo)為（8，0）；B點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2）；
（2）求拋物線解析式；
（3）D為線段OC上一點(diǎn)，連接AD，過點(diǎn)D作DE⊥AD交拋物線于E，若$\frac{AD}{DE}$=$\frac{3}{2}$，求E點(diǎn)坐標(biāo)；
（4）在（3）的條件下，將△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度得到△AMN，其中點(diǎn)D與點(diǎn)M對(duì)應(yīng)，點(diǎn)E與點(diǎn)N對(duì)應(yīng)，在旋轉(zhuǎn)過程中過點(diǎn)M作MH⊥y軸交線段OA于H，連接NH，當(dāng)NH平分AM時(shí)，求M點(diǎn)坐標(biāo)，并判斷點(diǎn)M是否在拋物線上．

Answer 1

分析 （1）先利用一次函數(shù)解析式和坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出C和A點(diǎn)坐標(biāo)，再利用三角形面積公式求出AB，從而得到B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）把B點(diǎn)和C點(diǎn)坐標(biāo)代入y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c得到關(guān)于b、c的方程組，然后解方程求出b、c即可得到拋物線解析式；
（3）作EF⊥x軸于F，如圖1，設(shè)OD=t，證明Rt△ADO∽R(shí)t△DEF，利用相似比可得EF=$\frac{2}{3}$t，DF=4，則可表示出E點(diǎn)坐標(biāo)，然后把E（t+4，$\frac{2}{3}$t）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2得到關(guān)于t的方程，然后解方程求出t即可得到E點(diǎn)坐標(biāo)；
（4）如圖2，作NG⊥MH于G，NH交AM于Q，先利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算出AD、DE，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AM=AD=3$\sqrt{5}$，MN=2$\sqrt{5}$，∠AMN=∠ADE=90°，接著證明HQ為Rt△AMH的斜邊AM的中線，得到QH=QA=QM=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，利用勾股定理可計(jì)算出QN=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，則HN=QN+QH=4$\sqrt{5}$，然后通過證Rt△AMH∽R(shí)t△MNG得到$\frac{AH}{MG}$=$\frac{MH}{NG}$=$\frac{AM}{MN}$=$\frac{3}{2}$，設(shè)AH=3a，HM=3b，則NG=2b，MG=2a，利用勾股定理得到（2a）²+（2b）²=（2$\sqrt{5}$）²①，（3b+2a）²+（2b）²=（4$\sqrt{5}$）²②，再解①②組成的方程組得a和b的值，于是可確定M點(diǎn)坐標(biāo)，最后利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征判斷點(diǎn)M是否在拋物線上．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{3}{4}$x+6=0，解得x=8，則C（8，0），
當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\frac{3}{4}$x+6=6，則A（0，6），
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AB•OC，
∴AB=$\frac{2×16}{8}$=4，
∴OB=OA-AB=2，
∴B（0，2），
故答案為（8，0），（0，2）；
（2）把B（0，2），B（8，0）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{-\frac{1}{4}×64+8b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{4}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
故拋物線解析式為y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2；
（3）作EF⊥x軸于F，如圖1，設(shè)OD=t，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠EDF=90°，
∵∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠EDF=∠DAO，
∴Rt△ADO∽R(shí)t△DEF，
∴$\frac{OD}{EF}$=$\frac{AO}{DF}$=$\frac{AD}{DE}$=$\frac{3}{2}$，
∴EF=$\frac{2}{3}$t，DF=4，
∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（t+4，$\frac{2}{3}$t），
把E（t+4，$\frac{2}{3}$t）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2得-$\frac{1}{4}$（t+4）2+$\frac{7}{4}$（t+4）+2=$\frac{2}{3}$t，
整理得3t²+11t-60=0，解得t₁=-$\frac{20}{3}$（舍去），t₂=3，
∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（7，2）；
（4）如圖2，作NG⊥MH于G，NH交AM于Q，
∵A（6，0），D（3，0），E（7，2），
∴AD=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，DE=$\sqrt{（7-3）^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度得到△AMN，
∴AM=AD=3$\sqrt{5}$，MN=2$\sqrt{5}$，∠AMN=∠ADE=90°，
∵M(jìn)H⊥y軸，HN平分AM，即點(diǎn)Q為AM的中點(diǎn)，
∴QH=QA=QM=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
在Rt△GNM中，QN=$\sqrt{M{N}^{2}+Q{M}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}+（\frac{3\sqrt{5}}{2}）^{2}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
∴HN=QN+QH=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$+$\frac{3\sqrt{5}}{2}$=4$\sqrt{5}$，
∵∠AMH+∠NMG=90°，∠AMH+∠HAM=90°，
∴∠HAM=∠NMG，
∴Rt△AMH∽R(shí)t△MNG，
∴$\frac{AH}{MG}$=$\frac{MH}{NG}$=$\frac{AM}{MN}$=$\frac{3}{2}$，
設(shè)AH=3a，HM=3b，則NG=2b，MG=2a，
在Rt△MNG中，（2a）²+（2b）²=（2$\sqrt{5}$）²①，
在Rt△NHG中，（3b+2a）²+（2b）²=（4$\sqrt{5}$）²②，
解①②組成的方程組得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=2}\end{array}\right.$，負(fù)根舍去，
∴AH=3，MH=6，
∴M（6，3），
當(dāng)x=6時(shí)，y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2=-$\frac{1}{4}$×36+$\frac{7}{4}$×6+2=$\frac{7}{2}$，
∴點(diǎn)M不在拋物線上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，會(huì)運(yùn)用勾股定理和兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算線段的長(zhǎng)；靈活構(gòu)建相似三角形，運(yùn)用相似比計(jì)算線段的長(zhǎng)．