Question

15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（m，0）（0＜m＜$\sqrt{2}$），B（2$\sqrt{2}$，0），以AB為邊在x軸下方作正方形ABCD，點(diǎn)E是線段OD與正方形ABCD的外接圓的交點(diǎn)，連接BE與AD相交于點(diǎn)F．
（1）求證：BF=DO；
（2）若$\widehat{AE}$=$\widehat{DE}$，試求經(jīng)過B，F(xiàn)，O三點(diǎn)的拋物線C的解析式；
（3）在（2）的條件下，將拋物線C在x軸下方的部分沿x軸翻折，圖象的其余部分保持不變，得到一個新圖象，若直線BE向上平移t個單位與新圖象只有兩個公共點(diǎn)，試求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）本題可通過全等三角形來證簡單的線段相等，三角形ABF和ADO中，根據(jù)圓周角定理可得出∠ABF=∠ADO，已知了一組直角和AB=AD，因此兩三角形全等，即可得出BF=OD的結(jié)論；
（2）如果G是三角形BDO的外心，根據(jù)三角形外心定義可知BE必垂直平分OD，因此三角形BOD是等腰三角形．在等腰直角三角形ABD中，BD=BO=2$\sqrt{2}$，AB=OB-OA=2$\sqrt{2}$+m，因此可根據(jù)AB、BD的比例關(guān)系求出m的值，即可得出OA的長，而在（1）得出的全等三角形中，可得出OA=FG，據(jù)此可求出F點(diǎn)坐標(biāo)．已知B、F、O三點(diǎn)坐標(biāo)，可用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（3）當(dāng)直線BE與y軸相交于G，向上平移直線BE使平移后的直線經(jīng)過原點(diǎn)O，由圖象知，在平移前直線BE與新圖象有1個公共點(diǎn)，平移到經(jīng)過點(diǎn)O時與新圖象有3個公共點(diǎn)，并且0＜t＜OG，利用已知條件求出OG的長即可求出t的取值范圍；當(dāng)直線BE向上平移至于拋物線相切后再向上平移時，直線BE與圖象的交點(diǎn)又變?yōu)閮蓚�，設(shè)相切時直線BE的解析式為y=（$\sqrt{2}$-1）x+b，求出方程組的解，進(jìn)而求出t的取值范圍．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAF=∠DAO=90°
在△ABF和△ADO中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABF=∠ADO}\\{AB=AD}\\{∠BAF=∠DAO}\end{array}\right.$
∴△ABF≌△ADO（ASA），
∴BF=DO；
（2）∵A（m，0），B（2$\sqrt{2}$，0），
∴AO=m，BO=2$\sqrt{2}$，AB=2$\sqrt{2}$-m，
∵$\widehat{AE}$=$\widehat{DE}$，
∴∠EBO=∠EBD，
∵∠DAB=90°，
∴BD為直徑∴∠BEO=∠BED=90°，
又∵BE=BE，
∴△BEO≌△BED，
∴BD=BO=2$\sqrt{2}$，
在Rt△BCD中BD=$\sqrt{2}$AB，
∴2$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$（2$\sqrt{2}$-m），
∴m=2$\sqrt{2}$-2，
∵△ABF≌△ADO，
∴AF=AO=m=2$\sqrt{2}$-2，
∴F點(diǎn)的坐標(biāo)為（2$\sqrt{2}$-2，2-2$\sqrt{2}$），
∵拋物線C經(jīng)過O（0，0），B（2$\sqrt{2}$，0），
設(shè)C的解析式為y=ax（x-2$\sqrt{2}$），
將F（2$\sqrt{2}$-2，2-2$\sqrt{2}$）代入得：a=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線l的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-$\sqrt{2}$x；
（3）①如圖，設(shè)直線BE與y軸相交于G，向上平移直線BE使平移后的直線經(jīng)過原點(diǎn)O，由圖象知，在平移前直線BE與新圖象有1個公共點(diǎn)，平移到經(jīng)過點(diǎn)O時與新圖象有3個公共點(diǎn)．
∴0＜t＜OG，
設(shè)直線BE的解析式為y=kx+m，將B（2$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)（2$\sqrt{2}$-2，2-2$\sqrt{2}$）代入易求出：y=（$\sqrt{2}$-1）x-4+2$\sqrt{2}$，
當(dāng)x=0時，y=-4+2$\sqrt{2}$，
∴OG=4-2$\sqrt{2}$，
此時t的取值范圍是：0＜t＜4-2$\sqrt{2}$．
②如圖，當(dāng)直線BE向上平移至于拋物線相切后再向上平移時，直線BE與圖象的交點(diǎn)又變?yōu)閮蓚�，設(shè)相切時直線BE的解析式為y=（$\sqrt{2}$-1）x+b，
則方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\sqrt{2}x}\\{y=（\sqrt{2}-1）x+b}\end{array}\right.$有一個解，

于是方程-$\frac{1}{2}$x²-$\sqrt{2}$x=（$\sqrt{2}$-1）x+b有兩個相等的實(shí)數(shù)根，
即△=0，解得b=$\frac{1}{2}$，
此時直線BE的解析式為y=（$\sqrt{2}$-1）x+$\frac{1}{2}$，
直線BE與y軸的交點(diǎn)為（0，$\frac{1}{2}$），
∴OG=$\frac{1}{2}$+（4-2$\sqrt{2}$）=$\frac{9}{2}$-2$\sqrt{2}$，
∴此時t的取值范圍是：t＞$\frac{9}{2}$-2$\sqrt{2}$．
綜上所述：t的取值范圍為：0＜t＜4-2$\sqrt{2}$或t＞$\frac{9}{2}$-2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)和圓的交點(diǎn)問題，以及正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和全等三角形的性質(zhì)，本題有一定的難度，綜合性也比較強(qiáng)，有一定的新意，第3小問有些難度，有一定的能力要求，解這種題時需冷靜地分析題意，找到切入點(diǎn)不會很難．