Question

3．已知：直線y=$\frac{k}{2}$x+2k交x軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)D（-$\frac{2}{3}$，$\frac{10}{3}$），拋物線y=-$\frac{3}{4}$x²+bx+c過(guò)B、C、D三點(diǎn)．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)M在BC延長(zhǎng)線上，CM=CD，求點(diǎn)M坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，點(diǎn)P為第二象限拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)E，連接CE，當(dāng)∠PEC=2∠OBC時(shí)，連接PD并延長(zhǎng)交直線BC于點(diǎn)Q，將△DMQ以點(diǎn)D為旋轉(zhuǎn)中心順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)M、Q的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是G、H，連接GB、HB求△GHB的面積．

Answer 1

分析 （1）先求出點(diǎn)B坐標(biāo)，把B、D兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式解方程組即可．
（2）如圖1中，求出CD的長(zhǎng)，作MN⊥x軸于N，由MN∥CO得$\frac{CO}{MN}$=$\frac{BC}{BM}$=$\frac{BO}{BN}$，求出MN，BN即可解決問(wèn)題．
（3）如圖3中，作FK⊥OB于K，OT⊥BC于T，連接OF，先證明OT平分∠COF，利用△OTC∽△BOC得$\frac{CT}{CO}$=$\frac{CO}{BC}$，求出CT，CF，由FK∥CO得$\frac{FK}{CO}$=$\frac{BF}{BC}$=$\frac{BK}{BO}$，由此求出點(diǎn)F坐標(biāo)，再求出直線PE，列方程組求出點(diǎn)P坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)PQ∥x軸，求出點(diǎn)Q坐標(biāo)，再說(shuō)明△DMQ繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△DGH，點(diǎn)G在線段BC上，點(diǎn)H在x軸上，DH⊥OB，最后求出BG，GH的長(zhǎng)即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）∵直線y=$\frac{k}{2}$x+2k交x軸于點(diǎn)B，令y=0得x=-4，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)（-4，0），
把B（-4，0），D（-$\frac{2}{3}$，$\frac{10}{3}$）代入拋物線解析式得$\left\{\begin{array}{l}{-12-4b+c=0}\\{-\frac{1}{3}-\frac{2}{3}b+c=\frac{10}{3}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{5}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{3}{4}$x²-$\frac{5}{2}$x+2．
（2）如圖1中，∵點(diǎn)C（0，2）在直線y=y=$\frac{k}{2}$x+2k上，∴2k=2，k=1，
∴直線BC為y=$\frac{1}{2}$x+2，
∵CD=$\sqrt{（\frac{2}{3}）^{2}+（\frac{10}{3}-2）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，BC=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
作MN⊥x軸于N，
∵M(jìn)N∥CO，
∴$\frac{CO}{MN}$=$\frac{BC}{BM}$=$\frac{BO}{BN}$，
∴$\frac{2}{MN}$=$\frac{2\sqrt{5}}{\frac{8\sqrt{5}}{3}}$=$\frac{4}{BM}$，
∴MN=$\frac{8}{3}$，NB=$\frac{16}{3}$，ON=BN-OB=$\frac{4}{3}$
∴點(diǎn)M坐標(biāo)（$\frac{4}{3}$，$\frac{8}{4}$）．
（3）如圖2中，作FK⊥OB于K，OT⊥BC于T，連接OF．
∵∠EFC=90°，∠EOC=90°，
∴∠EFC+∠EOC=180°，
∴E、F、C、O四點(diǎn)共圓，
∴∠FEC=∠FOC=2∠CBO，
∵∠CBO+∠BCO=90°，∠COT+∠BCO=90°，
∴∠COT=∠CBO，
∴∠TOC=∠TOF，
∵∠TFO+∠TOF=90°，∠TCO+∠TOC=90°，
∴∠TFO=∠TCO，
∴OF=OC=2，
∵∠OTC=∠BOC，∠TCO=∠BCO，
∴△OTC∽△BOC，
∴$\frac{CT}{CO}$=$\frac{CO}{BC}$，
∴CT=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴GC=2TC=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵FK∥CO，
∴$\frac{FK}{CO}$=$\frac{BF}{BC}$=$\frac{BK}{BO}$，
∴$\frac{FK}{2}$=$\frac{\frac{6\sqrt{5}}{5}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{BK}{4}$
∴FK=$\frac{6}{5}$，BK=$\frac{12}{5}$，KO=OB-BK=$\frac{8}{5}$，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)（-$\frac{8}{5}$，$\frac{6}{5}$），
∵PF⊥BC，直線BC為y=$\frac{1}{2}$x+2，
∴可以假設(shè)直線PE為y=-2x+b，點(diǎn)F代入得到b=-2，
∴直線PE為y=-2x-2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x-2}\\{y=-\frac{3}{4}{x}^{2}-\frac{5}{2}x+2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{8}{3}}\\{y=\frac{10}{3}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=2}\end{array}\right.$，
∵點(diǎn)P在第二象限，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)（-$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$），
∵點(diǎn)D（-$\frac{2}{3}$，$\frac{10}{3}$），
∴PD∥x軸，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（$\frac{8}{3}$，$\frac{10}{3}$），
∴PD=2，DQ=$\frac{10}{3}$，
∵直線DC為y=-2x+2，直線BC為y=$\frac{1}{2}$x+2，
∴DC⊥BC，
∵DC=CM，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴∠DMC=45°，∠DMQ=135°，
∴△DMQ繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△DGH，點(diǎn)G在線段BC上，
∵DQ=$\frac{10}{3}$，點(diǎn)D縱坐標(biāo)為$\frac{10}{3}$，
∴點(diǎn)H在x軸上，DH⊥OB，
∵∠DGM=∠DMG=45°，∠DGH=∠DMQ=135°，
∴∠HGQ=90°，
∵BG=BC-CG=2$\sqrt{5}$-$\frac{2\sqrt{5}}{3}$=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，QC=$\sqrt{（\frac{8}{3}）^{2}+（\frac{10}{3}-2）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，
∴GH=MQ=CQ-CM=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{3}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
∴S_△BGH=$\frac{1}{2}$•BG•GH=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{5}}{3}$×$\frac{2\sqrt{5}}{3}$=$\frac{20}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)、一次函數(shù)的有關(guān)知識(shí)、旋轉(zhuǎn)變換、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，發(fā)現(xiàn)△OFC是等腰三角形是解題的關(guān)鍵，學(xué)會(huì)利用方程組求兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，第三個(gè)問(wèn)題求出點(diǎn)P坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，題目比較難需要正確畫(huà)出圖形，是數(shù)形結(jié)合的好題目．