Question

5．如圖，拋物線y=ax²+$\frac{7}{2}$x+c（a≠0）與x軸交于點A、B，與直線y=kx+2交于點D、B，點D在y軸上，已知tan∠DBO=$\frac{1}{2}$．作垂直x軸的直線x=t，與線段DB交于點E，與拋物線交于點F．
（1）求拋物線解析式和直線DB解析式；
（2）連接OE、DF，當(dāng)S_{四邊形DOEF}=$\frac{3}{2}$S_△EFD時，求線段OE的長；
（3）點Q是平面內(nèi)一點，以點D、E、F、Q為頂點作菱形，求點E的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線y=kx+2與y軸交于點D，求出點D的坐標(biāo)，根據(jù)tan∠DBO=$\frac{1}{2}$，求出點B的坐標(biāo)，再根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{2=c}\\{0=16a+\frac{7}{2}×4+c}\end{array}\right.$，求出拋物線解析式，根據(jù)直線y=kx+2過點B，得出0=4k+2，求出k即可；
（2）設(shè)EF與x軸交與點M，先求出EF=-t²+4t，得出S_{四邊形DOEF}=$\frac{1}{2}$×[2+（-t²+4t）]×t，S_△EFD=$\frac{1}{2}$×（-t²+4t）×t，再根據(jù)S_{四邊形DOEF}=$\frac{3}{2}$S_△EFD，
求出t，最后求出EM，即可得出OE=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$；
（3）根據(jù)點E、F的坐標(biāo)得出EN=-$\frac{1}{2}$t+2，F(xiàn)N=-t²+$\frac{7}{2}$t+2），
①當(dāng)DE=DF時，連結(jié)DQ，交EF于點M，若D、E、F、Q為頂點作菱形則EM=FM，再根據(jù)EM=$\frac{1}{2}$t，F(xiàn)M=-t²+$\frac{7}{2}$t得出$\frac{1}{2}$t=-t²+$\frac{7}{2}$t，求出t后，再求出EN即可得出點E的坐標(biāo)；
②當(dāng)DE=DF時，連結(jié)DQ，交EF于點M，若D、E、F、Q為頂點作菱形，求出DB=2$\sqrt{5}$，根據(jù)$\frac{BE}{BD}$=$\frac{BN}{BO}$，求出BE、DE，從而求出EF，再根據(jù)-t²+4t=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t求出t，得出EN，即可求出點E的坐標(biāo)；
③當(dāng)DF=EF時，過D作DG⊥EF于G，若D、E、F、Q為頂點作菱形，則DG=t，F(xiàn)G=-t²+$\frac{7}{2}$t，根據(jù)DF²=t⁴-7t³+$\frac{53}{4}$t²，EF²=16t²-8t³+t⁴得出t⁴-7t³+$\frac{53}{4}$t²=16t²-8t³+t⁴，求出t，得出EN即可求出點E的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵直線y=kx+2與y軸交于點D，
∴點D的坐標(biāo)是（0，2），
∵tan∠DBO=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{DO}{BO}$=$\frac{1}{2}$，
∴BO=4，
∴點B的坐標(biāo)是（4，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2=c}\\{0=16a+\frac{7}{2}×4+c}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{a=-1}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式是y=-x²+$\frac{7}{2}$x+2
∵直線y=kx+2過點B，
∴0=4k+2
k=-$\frac{1}{2}$，
∴直線DB解析式是y=-$\frac{1}{2}$x+2；

（2）如圖1，設(shè)EF與x軸交與點M，
∵垂直x軸的直線x=t與線段DB交于點E，與拋物線交于點F，
∴點E、F的坐標(biāo)是（t，-$\frac{1}{2}$t+2），（t，-t²+$\frac{7}{2}$t+2），
∴EF=（-t²+$\frac{7}{2}$t+2）-（-$\frac{1}{2}$t+2）=-t²+4t，
∴S_{四邊形DOEF}=$\frac{1}{2}$×[2+（-t²+4t）]×t，
S_△EFD=$\frac{1}{2}$×（-t²+4t）×t，
∵S_{四邊形DOEF}=$\frac{3}{2}$S_△EFD，
∴$\frac{1}{2}$×[2+（-t²+4t）]×t=$\frac{3}{2}$×$\frac{1}{2}$×（-t²+4t）×t，
∴t=2，
∴EM=-$\frac{1}{2}$×2+2=1，
∴OE=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$；

（3）∵點E、F的坐標(biāo)是（t，-$\frac{1}{2}$t+2），（t，-t²+$\frac{7}{2}$t+2），
∴EN=-$\frac{1}{2}$t+2，F(xiàn)N=-t²+$\frac{7}{2}$t+2，
①如圖2，當(dāng)DE=DF時，連結(jié)DQ，交EF于點M，若D、E、F、Q為頂點作菱形則EM=FM，
∵EM=2-EN=2-（-$\frac{1}{2}$t+2）=$\frac{1}{2}$t，
FM=FN-2=（-t²+$\frac{7}{2}$t+2）-2=-t²+$\frac{7}{2}$t，
∴$\frac{1}{2}$t=-t²+$\frac{7}{2}$t，
t₁=0（舍去），t₂=3，
∴EN=-$\frac{1}{2}$×3+2=$\frac{1}{2}$，
∴點E的坐標(biāo)是（3，$\frac{1}{2}$）；
②如圖3，當(dāng)DE=DF時，連結(jié)DQ，交EF于點M，若D、E、F、Q為頂點作菱形，
∵OA=2，OB=4，
∴DB=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵$\frac{BE}{BD}$=$\frac{BN}{BO}$，
∴$\frac{BE}{2\sqrt{5}}$=$\frac{4-t}{4}$，
∴BE=2$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∴DE=2$\sqrt{15}$-（2$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t）=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∵EF=（-t²+$\frac{7}{2}$t+2）-（-$\frac{1}{2}$t+2）=-t²+4t，
∴-t²+4t=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∴t₁=0，t₂=4-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴EN=-$\frac{1}{2}$×（4-$\frac{\sqrt{5}}{2}$）+2=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，
∴點E的坐標(biāo)（4-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，$\frac{\sqrt{5}}{4}$）；
③如圖4，當(dāng)DF=EF時，過D作DG⊥EF于G，若D、E、F、Q為頂點作菱形，
則DG=t，F(xiàn)G=-t²+$\frac{7}{2}$t，
∵DF²=DG²+FG²=t⁴-7t³+$\frac{53}{4}$t²，
EF²=[-（-t²+$\frac{7}{2}$t+2）-（-$\frac{1}{2}$t+2）]²=16t²-8t³+t⁴，
∴t⁴-7t³+$\frac{53}{4}$t²=16t²-8t³+t⁴，
∴t₁=0（舍去），t₂=$\frac{11}{4}$，
∴EN=-$\frac{1}{2}$×$\frac{11}{4}$=2=$\frac{5}{8}$，
∴點E的坐標(biāo)（$\frac{11}{4}$，$\frac{5}{8}$）．

點評 此題考查了二次函數(shù)的綜合，用到的知識點是二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理等，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，作出輔助線，注意分類討論．