Question

8．如圖①，已知點A（-3，0），對稱軸為x=$\frac{5}{2}$的拋物線y=$\frac{2}{3}{x^2}$+bx+c以y軸交于點B（0，4），以x軸交于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點B作BC∥x軸交拋物線于點C，連接DC．判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；
（3）如圖②，動點E，F(xiàn)分別從點A，C同時出發(fā)，運動速度均為1cm/s，點F沿AC運動，到對角線AC與BD的交點M停止，此時點E在AD上運動也停止．設(shè)運動時間為t（s），△BEF的面積為S（cm²）．求S與t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）由A（-3，0），對稱軸為x=$\frac{5}{2}$，B（0，4）得方程組，求解即可；
（2）四邊形ABCD是菱形．先求出點D、C的坐標，已知A、B兩點的坐標分別為（-3，0）、（0，4），求出線段AB、BC、AD的長，發(fā)現(xiàn)AD=BC，AD∥BC，得四邊形ABCD是平行四邊形，又AB=BC，所以四邊形ABCD是菱形．
（3）先求出BD、AC，再菱形性質(zhì)得BD⊥AC，BM=DM=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，設(shè)AE=t，CF=t，則AF=$4\sqrt{5}$-t，過點E作EH⊥AC于點H，易證△AEH∽△ADM，列比例式求出EH，根據(jù)S_△BEF=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-S_{四邊形EDCF}，列出S與t的函數(shù)關(guān)系式．

解答 解：（1）由題意，得$\left\{\begin{array}{l}c=4\\-\frac{{2×\frac{2}{3}}}\end{array}\right.=\frac{5}{2}$，解得$\left\{\begin{array}{l}c=4\\ b=-\frac{10}{3}\end{array}\right.$
∴拋物線的解析式為$y=\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4$．
（2）四邊形ABCD是菱形．如圖①，
理由：∵當y=0時，$\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4=0$，解得：x₁=-3，x₂=2，
∴點D為（2，0）．
∵當y=4時，$\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4=4$，解得：x₁=0，x₂=5，
∴點C為（5，4）．　　　　　　　　　　　   　                     
∵A、B兩點的坐標分別為（-3，0）、（0，4），
∴BC=AD=5．
∵BC∥AD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∴AB=$\sqrt{{3^2}+{4^2}}$=5．
∴AB=AD．
∴?ABCD是菱形．
（3）如圖②，
由點B（0，4），點D（2，0），可得BD=$2\sqrt{5}$．
由點A（-3，0），點C（5，4），可得AC=$4\sqrt{5}$．
在菱形ABCD中，
BD⊥AC，BM=DM=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$．
由題意，知AE=t，CF=t，AF=$4\sqrt{5}$-t． 
過點E作EH⊥AC于點H．
∴EH∥BD．
∴△AEH∽△ADM．
∴$\frac{EH}{DM}=\frac{AE}{AD}$，即：$\frac{EH}{{\sqrt{5}}}=\frac{t}{5}$．
解得$EH=\frac{{\sqrt{5}}}{5}t$．
∴S_△BEF=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-S_{四邊形EDCF}
=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-（S_△ADC-S_△AEF）
=$5×4-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}×\sqrt{5}t-[{\frac{1}{2}×4\sqrt{5}×\sqrt{5}-\frac{1}{2}×（{4\sqrt{5}-t}）×\frac{{\sqrt{5}}}{5}t}]$
=$-\frac{{\sqrt{5}}}{10}{t^2}-\frac{{\sqrt{5}}}{2}t+10$．
即S與t的函數(shù)關(guān)系式為：S=$-\frac{{\sqrt{5}}}{10}{t^2}-\frac{{\sqrt{5}}}{2}t+10$．

點評 本題主要考查了待定系數(shù)法求解析式、菱形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及根據(jù)面積列函數(shù)表達式，此題綜合性較強，有一定難度，第三小題是難點，關(guān)鍵是找到△BEF面積的分解方法．