Question

17．如圖1，正方形OABC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，點(diǎn)D是邊OA的中點(diǎn)，連接CD，點(diǎn)E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC，拋物線y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x+2過C，E兩點(diǎn)，與AB的交點(diǎn)為K．
（1）求線段CK的長度；
（2）點(diǎn)P為EC線段下方拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線與EC線段交于點(diǎn)Q，當(dāng)線段PQ最長時，在y軸上找一點(diǎn)F使|PF-DF|的值最大，求符合題意的F點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）如圖2，DE與AB交于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥CD于點(diǎn)H，把△BCH沿射線CB的方向以每秒1個單位長度的速度向右平移．平移過程中的三角形記為△B′C′H′，當(dāng)點(diǎn)H′運(yùn)動到四邊形HDEB的外部時運(yùn)動停止，設(shè)運(yùn)動時間為t（t＞0），△B′C′H′與△BEG重疊部分的面積為S，寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式及自變量的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作EM⊥x軸于M．首先證明△COD≌△MDE，推出E（3，1），求出直線CE的解析式即可即可問題．
（2）如圖2中，設(shè)P（m，$\frac{1}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2）則Q（m，-$\frac{1}{3}m$+2）．構(gòu)建二次函數(shù)，求出PQ最大時，點(diǎn)P坐標(biāo)，延長PD交y軸于F，此時|PF-DF|的值最大，
（3）分三種情形①如圖3中，當(dāng)0≤t≤$\frac{8}{5}$時，重疊部分是△BMN；②如圖4中，當(dāng)$\frac{8}{5}$＜t≤2時，重疊部分是四邊形BMH′N；③如圖5中，當(dāng)2＜t≤$\frac{14}{5}$時，重疊部分是△MNH．構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組求出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，求出面積即可．

解答 解：（1）如圖1中，作EM⊥x軸于M．

∵拋物線y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x+2過C，
∴C（0，2），
∴OA=AB=BC=OC=2，
∵OD=DA，
∴OD=OA=1，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=∠EMD=∠COD=90°，
∴∠CDO+∠EDA=90°，∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠CDO=∠DEM，∵DC=DE，
∴△COD≌△MDE，
∴EM=OD=2，OC=DM=2，
∴E（3，1），
∴直線CE的解析式為y=-$\frac{1}{3}$x+2，
∴點(diǎn)K坐標(biāo)（2，$\frac{4}{3}$），
∴CK=$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{2}{3}$$\sqrt{10}$．

（2）如圖2中，設(shè)P（m，$\frac{1}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2）則Q（m，-$\frac{1}{3}m$+2）．

∴PQ=-$\frac{1}{3}$m+2-（$\frac{1}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2）=-$\frac{1}{3}$m²+m=-$\frac{1}{3}$（m-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{9}{12}$，
∵-$\frac{1}{3}$＜0，
∴m=$\frac{3}{2}$時，PQ的值最大，此時P（$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{4}$），
延長PD交y軸于F，此時|PF-DF|的值最大，
∵直線PD的解析式為y=$\frac{3}{2}$x-$\frac{3}{2}$，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)（0，-$\frac{3}{2}$）．

（3）①如圖3中，

∵C（0，2），D（1，0），
∴直線CD的解析式為y=-2x+2，
∵BH⊥CD，B（2，2），
∴直線BH的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+1}\\{y=-2x+2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{2}{5}}\\{y=\frac{6}{5}}\end{array}\right.$，
∴H（$\frac{2}{5}$，$\frac{6}{5}$），
∴CH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，BH=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵B′（2+t，2），B′H′∥BH，
∴直線B′H′的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+1-$\frac{1}{2}$t，
∴M（2，2-$\frac{1}{2}$t），BM=2-（2-$\frac{1}{2}$t）=$\frac{1}{2}$t，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+1-\frac{1}{2}t}\\{y=-x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{3}t+2}\\{y=-\frac{1}{3}t+2}\end{array}\right.$，
∴N（$\frac{1}{3}$t+2，-$\frac{1}{3}t+2$），
當(dāng)H′在AB時時，2-$\frac{1}{2}$t=$\frac{6}{5}$，
∴t=$\frac{8}{5}$，
∴當(dāng)0≤t≤$\frac{8}{5}$時，重疊部分是△BMN，S=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{2}$t•$\frac{1}{3}$t=$\frac{1}{12}$t²．

②如圖4中，當(dāng)$\frac{8}{5}$＜t≤2時，重疊部分是四邊形BMH′N，

∵直線C′H′的解析式為y=-2x+2+2t，
∴M（2，-2+2t），
S=S_{△B′C′H′}-S_△BMC′-S_△BB′N=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{5}}{5}$•$\frac{4\sqrt{5}}{5}$-$\frac{1}{2}$•（4-2t）•（2-t）-$\frac{1}{2}$•t•[2-（-$\frac{1}{3}$t+20]=-$\frac{7}{6}$t²+4t-$\frac{16}{5}$．
③如圖5中，當(dāng)2＜t≤$\frac{14}{5}$時，重疊部分是△MNH．

由$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x+2+2t}\\{y=-x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2t-2}\\{y=6-2t}\end{array}\right.$，
∴M（2t-2，6-2t），∵N（$\frac{1}{3}$t+2，-$\frac{1}{3}$t+2），H′（$\frac{2}{5}$+t，$\frac{6}{5}$），
∴S=$\frac{1}{2}$•H′M•H′N=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（t-\frac{12}{5}）^{2}+（\frac{24}{5}-2t）^{2}}$•$\sqrt{（\frac{2}{3}t-\frac{8}{5}）^{2}+（\frac{1}{3}t-\frac{4}{5}）^{2}}$=$\frac{5}{6}$t²-4t+$\frac{24}{5}$（0＜t$≤\frac{12}{5}$）．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、面積問題，最值問題等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會分類討論，學(xué)會構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組求交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于中考壓軸題．