Question

6．如圖，已知拋物線y=-$\frac{3}{4}$x²+bx+c與x軸相交于點(diǎn)A，B（4，0），與y軸相交于點(diǎn)C，直線y=-x+3經(jīng)過點(diǎn)C，與x軸相交于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)E，PE與線段CD相交于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作y軸的垂線，垂足為點(diǎn)F，連接EF，過點(diǎn)G作EF的垂線，與y軸相交于點(diǎn)M，連接ME，MD，設(shè)△MDE的面積為S，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)B作直線GM的垂線，垂足為點(diǎn)K，若BK=OD，求：t值及點(diǎn)P到拋物線對稱軸的距離．

Answer 1

分析 （1）求出點(diǎn)C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為方程組解決問題．
（2）分兩種情形①當(dāng)0＜t＜$\frac{3}{2}$時，P（t，-$\frac{3}{4}$t+$\frac{9}{4}$t+3），②當(dāng)$\frac{3}{2}$＜t＜3時，分別求出OM的長即可解決問題．
（3）如圖2中，過點(diǎn)C作x軸的平行線，過點(diǎn)B作y軸的平行線，兩直線交于點(diǎn)Q，延長MK與CQ交于點(diǎn)N，延長KM與x軸交于點(diǎn)Z，Rt△KBN≌Rt△QBN，推出∠KNB=∠QNB，由NQ∥OB，推出∠QNB=∠NBO=∠KNB，推出ZN=ZB，設(shè)EG交CQ于H，由△HNG≌△FGE，推出CH=OE=t=GH，HN=GE=3-t，推出CN=3-t+3=3，推出NQ=BD=1=NK，設(shè)ZK=m，則ZB=ZN=m+1，在Rt△KZB中，（m+1）²=m²+3²，推出m=4，推出ZB=5，于tan∠GZB=$\frac{3}{4}$，tan∠GEF=$\frac{3}{4}$，可得$\frac{t}{3-t}$=$\frac{3}{4}$，求出t即可解決問題．

解答 解：（1）對于直線y=-x+3，令x=0得y=3，
∴C（0，3），把B（4，0），C（0，3）的坐標(biāo)代入y=-$\frac{3}{4}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{-12+4b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{9}{4}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+3．

（2）如圖1中，當(dāng)0＜t＜$\frac{3}{2}$時，P（t，-$\frac{3}{4}$t+$\frac{9}{4}$t+3），

∵FG⊥OC，GE⊥OD，CO⊥OD，
∴四邊形FOGE是矩形，
∴OE=FG=t，GE=GD=3-t，
∵M(jìn)G⊥FE，F(xiàn)G⊥GE，
∴∠GEF+∠GFE=90°，∠GFE+∠FGM=90°，
∴∠GEF=∠FGM，
在Rt△FGE中，tan∠FEG=$\frac{FG}{GE}$=$\frac{t}{3-t}$，
∴在Rt△FGM中，tan∠FGM=$\frac{FM}{GF}$=$\frac{t}{3-t}$，
∴FM=$\frac{{t}^{2}}{3-t}$，
∴OM=FO-FM=（3-t）-$\frac{{t}^{2}}{3-t}$=$\frac{9-6t}{3-t}$，
∴S=$\frac{1}{2}$•DE•OM=$\frac{1}{2}$×（3-t）×$\frac{9-6t}{3-t}$=$\frac{9-6t}{2}$，
當(dāng)$\frac{3}{2}$＜t＜3時，S=$\frac{1}{2}$•DE•OM=$\frac{1}{2}$•DE•（FM-OF）=$\frac{-9+6t}{2}$．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9-6t}{2}}&{（0＜t＜\frac{3}{2}）}\\{\frac{-9+6t}{2}}&{（\frac{3}{2}＜t＜3）}\end{array}\right.$．

（3）如圖2中，過點(diǎn)C作x軸的平行線，過點(diǎn)B作y軸的平行線，兩直線交于點(diǎn)Q，延長MK與CQ交于點(diǎn)N，延長KM與x軸交于點(diǎn)Z，

∵CQ∥BO，BQ∥CO，
∴四邊形COBQ是平行四邊形，
∵∠COB=90°，
∴四邊形COBQ是矩形，
∴∠CQB=90°=∠BKN，CO=BQ=3，
對于直線y=-x+3，令y=0得x=3，
∴D（0，3），
∴OD=OC=BQ=3，
∵BK=OD，
∴BK=BQ，∵BN=BN，
∴Rt△KBN≌Rt△QBN，
∴∠KNB=∠QNB，
∵NQ∥OB，
∴∠QNB=∠NBO=∠KNB，
∴ZN=ZB，設(shè)EG交CQ于H，
∵OC=OB，
∴∠OCD=∠ODC，
∵CQ∥OB，
∴∠QHG=∠HEO=90°，∠HCD=∠CDO，
∴∠OCD=∠HCD，
∵GF⊥OC，GH⊥CH，
∴GH=GF，
∵GM⊥EF，GH⊥HN，
∴∠GEM+∠MGE=90°，∠HGN+∠HNG=90°，
∵∠HGN=∠MGE，
∴∠GEM=∠HNG，
∵∠GFO=∠FOE=∠OEG=90°，
∴∠GEF=90°=∠GHN，
∴△HNG≌△FGE，
∴CH=OE=t=GH，HN=GE=3-t，
∴CN=3-t+3=3，
∴NQ=BD=1=NK，設(shè)ZK=m，則ZB=ZN=m+1，
在Rt△KZB中，（m+1）²=m²+3²，
∴m=4，
∴ZB=5，
∴tan∠GZB=$\frac{3}{4}$，tan∠GEF=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{t}{3-t}$=$\frac{3}{4}$，
∴t=$\frac{9}{7}$，
∵拋物線的對稱軸x=$\frac{3}{2}$，
∴點(diǎn)P到拋物線的對稱軸的距離為$\frac{3}{2}$-$\frac{9}{7}$=$\frac{3}{14}$．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法、矩形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會圓分類討論的思考思考問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用方程的思想解決問題，屬于中考壓軸題．