Question

3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B坐標(biāo)為（4，t）（t＞0），二次函數(shù)y=x²+bx（b＜0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．
（1）當(dāng)t=12時(shí)，頂點(diǎn)D到x軸的距離等于$\frac{1}{4}$；
（2）點(diǎn)E是二次函數(shù)y=x²+bx（b＜0）的圖象與x軸的一個(gè)公共點(diǎn)（點(diǎn)E與點(diǎn)O不重合），求OE•EA的最大值及取得最大值時(shí)的二次函數(shù)表達(dá)式；
（3）矩形OABC的對(duì)角線OB、AC交于點(diǎn)F，直線l平行于x軸，交二次函數(shù)y=x²+bx（b＜0）的圖象于點(diǎn)M、N，連接DM、DN，當(dāng)△DMN≌△FOC時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)t=12時(shí)，B（4，12），將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求得b的值，于是可得到拋物線的解析式，最后利用配方法可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而可求得點(diǎn)D到x軸的距離；
（2）令y=0得到x²+bx=0，從而可求得方程的解為x=0或x=-b，然后列出OE•AE關(guān)于b的函數(shù)關(guān)系式，利用配方法可求得b的OE•AE的最大值，以及此時(shí)b的值，于是可得到拋物線的解析式；
（3）過(guò)D作DG⊥MN，垂足為G，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥CO，垂足為H．依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得到MN=CO=t，DG=FH=2，然后由點(diǎn)D的坐標(biāo)可得到點(diǎn)N的坐標(biāo)，最后將點(diǎn)N的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求得t的值．

解答 解：（1）當(dāng)t=12時(shí)，B（4，12）．
將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得：16+4b=12，解得：b=-1，
∴拋物線的解析式y(tǒng)=x²-x．
∴y=（x-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$．
∴D（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$）．
∴頂點(diǎn)D與x軸的距離為$\frac{1}{4}$．
故答案為：$\frac{1}{4}$．
（2）將y=0代入拋物線的解析式得：x²+bx=0，解得x=0或x=-b，
∵OA=4，
∴AE=4-（-b）=4+b．
∴OE•AE=-b（4+b）=-b²-4b=-（b+2）²+4，
∴OE•AE的最大值為4，此時(shí)b的值為-2，
∴拋物線的表達(dá)式為y=x²-2x．
（3）過(guò)D作DG⊥MN，垂足為G，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥CO，垂足為H．

∵△DMN≌△FOC，
∴MN=CO=t，DG=FH=2．
∵D（-$\frac{2}$，-$\frac{^{2}}{4}$），
∴N（-$\frac{2}$+$\frac{t}{2}$，-$\frac{^{2}}{4}$+2），即（$\frac{t-b}{2}$，$\frac{8-^{2}}{4}$）．
把點(diǎn)N和坐標(biāo)代入拋物線的解析式得：$\frac{8-^{2}}{4}$=（$\frac{t-b}{2}$）²+b•（$\frac{t-b}{2}$），
解得：t=±2$\sqrt{2}$．
∵t＞0，
∴t=2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、配方法求二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)，全等三角形的性質(zhì)，求得點(diǎn)N的坐標(biāo)（用含b和t的式子表示）是解題的關(guān)鍵．