Question

4．如圖，拋物線y=ax²+bx-4經(jīng)過(guò)A（-3，0），B（2，0）兩點(diǎn)，與y軸的交點(diǎn)為C，連接AC、BC，D為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，DE∥BC交AC于E，A關(guān)于DE的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為F，連接DF、EF．
（1）求拋物線的解析式；
（2）EF與拋物線交于點(diǎn)G，且EG：FG=3：2，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)△DEF與△AOC重疊部分的面積為S，BD=t，在每種情況下詳細(xì)求出自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將A（-3，0）和B（2，0）代入y=ax²+bx-4中即可求出a、b的值；
（2）利用勾股定理求出AC的長(zhǎng)度，可知AC=AB，從而證明AB∥EF，設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（a，$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4），所以E的縱坐標(biāo)為$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4，求出AC的解析式后，即可得出E的坐標(biāo)為（-$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$a，$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4），由EG：FG=3：2可知EG=$\frac{3}{5}$EF，由此列出方程可得a的值，從而可求出D的坐標(biāo)；
（3）要求△DEF與△AOC重疊部分的面積為S，根據(jù)題意分析可知，共有三種情況，過(guò)點(diǎn)D作DI⊥EF于點(diǎn)I，①點(diǎn)F在y軸的左側(cè)時(shí)，此時(shí)重合的部分為△DEF；②當(dāng)DI在y軸的左側(cè)且點(diǎn)F在y軸的右側(cè)時(shí)，此時(shí)重合的部分為DF、DE、EF和y軸圍成的四邊形；③當(dāng)DI在y軸的右側(cè)時(shí)，此時(shí)重合的部分為DE、ED和y軸圍成的三角形．

解答 解：（1）將A（-3，0）和B（2，0）代入y=ax²+bx-4，$\left\{\begin{array}{l}{9a-3b-4=0}\\{4a+2b-4=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{2}{3}}\\{b=\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x-4；

（2）令x=0代入y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{2}{3}$x-4，
∴y=-4，
∴C（0，-4），
∴OC=4，
∵OA=3，
∴由勾股定理可求得：AC=5，
∵OB=2，
∴AB=OA+OB=5，
∴∠ACB=∠ABC，
∵A與F關(guān)于DE對(duì)稱(chēng)，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠ADE=∠FED，
∴AB∥EF，
設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（a，$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4），
∴E的縱坐標(biāo)為$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4，
設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b，
把A（-3，0）和C（0，-4）代入y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4=b}\\{0=-3k+b}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=-4}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為：y=-$\frac{4}{3}$x-4，
把y=$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4代入y=-$\frac{4}{3}$x-4，
∴x=-$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$a，
∴E的坐標(biāo)為（-$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$a，$\frac{2}{3}$a²+$\frac{2}{3}$a-4），
∴EG=a-（-$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$a）=$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a，
過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，如圖2，
∴sin∠EAH=$\frac{OC}{AC}$=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{HE}{AE}$=$\frac{4}{5}$，
∴AE=$\frac{5}{4}$HE=$\frac{5}{4}$（4-$\frac{2}{3}$a²-$\frac{2}{3}$a），
∴AE=EF=$\frac{5}{4}$（4-$\frac{2}{3}$a²-$\frac{2}{3}$a），
∵EG：FG=3：2，
∴EG=$\frac{3}{5}$EF，
∴$\frac{1}{2}$a²+$\frac{3}{2}$a=$\frac{3}{5}$×$\frac{5}{4}$（4-$\frac{2}{3}$a²-$\frac{2}{3}$a），∴解得a=-3或a=1，
當(dāng)a=-3時(shí)，此時(shí)G與A重合，
∴a=-3不合題意，舍去，
當(dāng)a=1時(shí)，
∴AD=AE=$\frac{5}{4}$（4-$\frac{2}{3}$a²-$\frac{2}{3}$a）=$\frac{10}{3}$，
∴D的坐標(biāo)為（$\frac{1}{3}$，0）；
（3）如圖2，當(dāng) $\frac{25}{8}$≤t＜5時(shí)，
此時(shí)△DEF與△AOC重疊部分為△DEF，
∵BD=t，
∴AD=AB-BD=5-t，
∴AE=AD=5-t，
過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，
由（2）可知：sin∠EAH=$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{EH}{AE}$=$\frac{4}{5}$，
∴EH=$\frac{4}{5}$（5-t），
∴S=$\frac{1}{2}$AD•EH=$\frac{2}{5}$（5-t）²，
如圖3，當(dāng)2≤t＜$\frac{25}{8}$時(shí)，
過(guò)點(diǎn)D左DI⊥EF于點(diǎn)I，
設(shè)EF與y軸交于點(diǎn)M，DF與y軸交于點(diǎn)N，
此時(shí)△DEF與△AOC重疊部分為四邊形EMND，
∵AE=AD=5-t，
∴CE=AC-AE=t，
∵EF∥AB，
△CEM∽△CAO，
∴$\frac{CE}{AC}$=$\frac{ME}{OA}$，
∴$\frac{t}{5}$=$\frac{EM}{3}$．
∴EM=$\frac{3}{5}$t，
∵AE=EF，
∴MF=EF-EM=5-$\frac{8}{5}$t，
∵∠CAB=∠EFD，
∴tan∠EFD=tan∠CAB=$\frac{4}{3}$，
∴$\frac{NM}{MF}$=$\frac{4}{3}$，
∴MN=$\frac{4}{3}$（5-$\frac{8}{5}$t），
∵DI=EH=$\frac{4}{5}$（5-t），
∴S=$\frac{1}{2}$DI•EF-$\frac{1}{2}$MF•MN
=$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{5}$（5-t）²-$\frac{1}{2}$×$\frac{4}{3}$（5-$\frac{8}{5}$t）²=-$\frac{98}{75}$t²+$\frac{20}{3}$t-$\frac{20}{3}$，
如圖4，當(dāng)0＜t＜2時(shí)，
設(shè)DE與y軸交于點(diǎn)M，EF與y軸交于點(diǎn)N，
此時(shí)△DEF與△AOC重疊部分為△EMN，
∵AE=5-t，
∴CE=t，
∵EF∥AB，
∴△CEN∽△CAO，
∴$\frac{CE}{AC}$=$\frac{EN}{OA}$，
∴$\frac{t}{5}$=$\frac{EN}{3}$，
∴EN=$\frac{3}{5}$t，
∵∠MEN=∠ADE=∠ABC，
∴tan∠MEN=tan∠ABC=$\frac{OC}{OB}$=2，
∴$\frac{MN}{EN}$=2，
∴MN=2EN=$\frac{6}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$EN•MN=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{5}$t×$\frac{6}{5}$t=$\frac{9}{25}$t²．
綜上所述，當(dāng)0＜t＜2時(shí)，S=$\frac{9}{25}$t²；當(dāng)2≤t＜$\frac{25}{8}$時(shí)，S=-$\frac{98}{75}$t²+$\frac{20}{3}$t-$\frac{20}{3}$；當(dāng) $\frac{25}{8}$≤t＜5時(shí)，S=$\frac{2}{5}$（5-t）²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，涉及等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形面積公式等知識(shí)，內(nèi)容較為綜合，考查學(xué)生分類(lèi)討論的思想和靈活運(yùn)用知識(shí)的能力．