Question

19．如圖，已知直線y=-$\frac{1}{2}$x+2與坐標(biāo)軸交于A、B兩點，拋物線y=-x²+bx+c與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B．
（1）求b、c的值．
（2）平行于y軸的直線x=2交直線AB于點D，交拋物線于點E．
①點P從原點O出發(fā)，沿x軸正方向以1個單位/秒的速度運動，設(shè)運動時間為t，過點P作x軸的垂線與直線AB交于點F，與拋物線交于點G，當(dāng)t為何值時，F(xiàn)G：DE=1：2？
②將拋物線向上平移m（m＞0）個單位后與y軸相交于點B′，與直線x=2相交于點E′，當(dāng)E′O平分∠B′E′D時，求m的值．

Answer 1

分析 （1）因為直線y=-$\frac{1}{2}$x+2與坐標(biāo)軸交于A、B兩點，所以可得A（4，0），B（0，2），把A（4，0），B（0，2）代入y=-x²+bx+c得：$\left\{\begin{array}{l}{-16+4b+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$，解得；$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
（2）①當(dāng)x=2時，求出D，E的縱坐標(biāo)，從而得到DE=4，又因為P（t，0），所以可得F（t，$-\frac{1}{2}t$+2），G（t，$-{t}^{2}+\frac{7}{2}t$+2），所以FG=$|-{t}^{2}+\frac{7}{2}t+2-（-\frac{1}{2}t+2）|$=|-t²+4t|，根據(jù)FG：DE=1：2，得到FG=|-t²+4t|=2，解方程，即可解答；
（3）過點E′作E′H⊥y軸于H，則E′H=2，易證：OB′=B′E′，由題意得點B′（0，2+m），點E′（2，5+m），在Rt△E′H B′中，B′E′=OB′=2+m，B′H=5+m-（2+m）=3，利用勾股定理得到B′E′=$\sqrt{{2}^{2}+{3}^{2}}=\sqrt{13}$，所以m=$\sqrt{13}-2$．

解答 解：（1）∵直線y=-$\frac{1}{2}$x+2與坐標(biāo)軸交于A、B兩點，
∴A（4，0），B（0，2），
把A（4，0），B（0，2）代入y=-x²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{-16+4b+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
拋物線的解析式為：y=$-{x}^{2}+\frac{7}{2}x+2$
（2）①當(dāng)x=2時，y_D=$-\frac{1}{2}×2+2$=1，y_E=$-{2}^{2}+\frac{7}{2}×2+2$=5，
∴DE=4
又∵P（t，0），
∴F（t，$-\frac{1}{2}t$+2），G（t，$-{t}^{2}+\frac{7}{2}t$+2），
∴FG=$|-{t}^{2}+\frac{7}{2}t+2-（-\frac{1}{2}t+2）|$=|-t²+4t|，
∵FG：DE=1：2，
∴FG=|-t²+4t|=2，
解得：$t=2±\sqrt{2}$或t=$2±\sqrt{6}$（負(fù)根舍去）
∴當(dāng)t=$2±\sqrt{2}$或t=$2+\sqrt{6}$時，F(xiàn)G：DE=1：2；
②如圖，過點E′作E′H⊥y軸于H，則E′H=2，

∵E′O平分∠B′E′D，
∴∠B′E′O=∠OE′D，
又∵OH∥DE′，
∴∠B′OE′=∠OE′D，
∴∠B′E′O=∠B′OE′
∴OB′=B′E′，
由題意得點B′（0，2+m），點E′（2，5+m），
在Rt△E′H B′中，B′E′=OB′=2+m，
B′H=5+m-（2+m）=3，
∴B′E′=$\sqrt{{2}^{2}+{3}^{2}}=\sqrt{13}$，
∴m=$\sqrt{13}-2$．

點評 本題考查了二次函數(shù)，解決本題的關(guān)鍵是求出F，G點的坐標(biāo)，以及數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．