5.在平面直角坐標系中,拋物線y=$\frac{1}{4}$x2-bx+c與x軸交于點A(8,0)、B(2,0)兩點,與y軸交于點C.

(1)如圖1,求拋物線的解析式;
(2)如圖2,點P為第四象限拋物線上一點,連接PB并延長交y軸于點D,若點P的橫坐標為t,CD長為d,求d與t的函數(shù)關系式(并求出自變量t的取值范圍);
(3)如圖3,在(2)的條件下,連接AC,過點P作PH⊥x軸,垂足為點H,延長PH交AC于點E,連接DE,射線DP關于DE對稱的射線DG交AC于點G,延長DG交拋物線于點F,當點G為AC中點時,求點F的坐標.

分析 (1)利用待定系數(shù)法直接求出拋物線解析式;
(2)先表示出BH,PH,進而得出∠HBP的正切值,再用等角的同名三角函數(shù)即可表示出OD,即可得出結(jié)論;
(3)先求出直線AC解析式,進而判斷出四邊形DOMN是矩形,最后用三角函數(shù)和對稱性求出t,即可得出OD和tan∠GDN=$\frac{1}{3}$,即可得出結(jié)論.

解答 證明:(1)∵拋物線$y=\frac{1}{4}{x^2}-bx+c$過A(8,0)、B(2,0)兩點,
∴$\left\{\begin{array}{l}0=\frac{1}{4}×{8^2}-8b+c\\ 0=\frac{1}{4}×{2^2}-2b+c\end{array}\right.$,
∴$\left\{\begin{array}{l}b=\frac{5}{2}\\ c=4\end{array}\right.$,
∴拋物線的解析式為:y=$\frac{1}{4}$x2-$\frac{5}{2}$x+4
(2)如圖2,

過點P作PH⊥AB于點H,
設點P(t,$\frac{1}{4}{t^2}-\frac{5}{2}t+4$)
∴BH=t-2,PH=$-\frac{1}{4}{t^2}+\frac{5}{2}t-4$
∴tan∠HBP=$\frac{PH}{BH}$=$\frac{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{5}{2}t-4}{t-2}$,
∵∠OBD=∠HBP,
∴tan∠OBD=tan∠HBP,
∴$-\frac{1}{4}(t-8)=\frac{OD}{2}$,
∴OD=$-\frac{1}{2}t+4$,
∴CD=4-OD=$\frac{1}{2}t$
∴d=$\frac{1}{2}t$(2<t<8),
(3)如圖3,

設直線 AC的解析式為y=kx+b,
∴$\left\{\begin{array}{l}8k+b=0\\ b=4\end{array}\right.$
∴$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2}\\ b=4\end{array}\right.$,
∴直線AC的解析式為$y=-\frac{1}{2}x+4$,
∴點E(t,$-\frac{1}{2}t+4$)
∴EH=OD=$-\frac{1}{2}t+4$,
∵EH∥OD,
∴四邊形DOHE是矩形,
∴DE∥OH,
取AO的中點M,
連接GM,交DE于點N,
∴GM∥OC,
∴GN⊥DE,
∴四邊形DOMN是矩形,
∴OD=NM=$-\frac{1}{2}t+4$,NG=2-MN=$\frac{1}{2}t-2$,
∵DN=OM=4
tan∠GDN=$\frac{{\frac{1}{2}t-2}}{4}=\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}$,
∵由對稱性得∠PDE=∠GDE=∠HBP
tan∠GDN=tan∠HBP,
∴$\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}(t-8)$,
∴t=$\frac{20}{3}$
∴OD=$\frac{2}{3}$,
∴tan∠GDN=$\frac{1}{3}$,
設點F(m,$\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4)$
過點F作FK⊥DE交延長線于點K,
tan∠GDN=$\frac{FK}{DK}=\frac{{\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4-\frac{2}{3}}}{m}=\frac{1}{3}$,
∴${m_1}=10,{m_2}=\frac{4}{3}(舍)$,
∴F(10,4),

點評 此題是二次函數(shù)綜合題,主要考查了待定系數(shù)法,銳角三角函數(shù),矩形的判定和性質(zhì),解本題的關鍵是靈活運用銳角三角函數(shù),是一道很好的中考壓軸題.

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