Question

20．如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，在二次函數(shù)y=$\frac{1}{3}$x²上一點D，過D作DA⊥x軸，垂足為點A，C為y軸上一點，且OA=OC，直線CD交拋物線于第一象限一點B；
（1）若C（0，2），求直線BD的解析式；
（2）若C為y軸正半軸任意一點，連接OD，設點D的橫坐標為t，四邊形ADCO的面積為S，求S與t的關系式；
（3）如圖2，在（2）的條件下，點B關于y軸的對稱點為點E，連接BE、OE，OE交直線BD于點K，直線BD交x軸于點G，當∠FKB=2∠KBO時，求t值．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求出點D坐標，即可解決問題．
（2）根據(jù)梯形的面積公式即可解決問題．
（3）首先證明點B是定點坐標為（3，3），再證明△OKF≌△OKG，推出點G坐標，求出直線BD，利用方程組解決點D坐標即可解決問題．

解答 解：（1）∵點C（0，2），
∵OA=OC=2，AD⊥OA，
∴點D坐標（-2，$\frac{4}{3}$），
∴直線BD解析式為y=$\frac{1}{3}$x+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}x+2}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
∴點B坐標（3，3）．

（2）∵四邊形ADCO是梯形，OA=OC=-t，AD=$\frac{1}{3}$t²，
∴S=$\frac{AD+OC}{2}$•OA=$\frac{\frac{1}{3}{t}^{2}+（-t）}{2}$•（-t）=-$\frac{1}{6}$t³+$\frac{1}{2}$t²．

（3）設點C坐標（0，c），則A（-c，0），D（-c，$\frac{1}{3}$c²），
∴直線BD解析式為y=（1-$\frac{1}{3}$c）x+c，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=（1-\frac{1}{3}c）x+c}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-c}\\{y=\frac{1}{3}{c}^{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=3}\end{array}\right.$，
∴點B是定點坐標為（3，3），
∵E、B關于y軸對稱，
∴點E坐標（-3，3），易知∠AOB=90°，設∠CBO=α，則∠FKB=2α，∠BKO=90°-α，
∴∠OKF=90°+α，∠OKG=90°+α，
∴∠OKF=∠OKG，∵∠KOF=∠KOG，OK=OK，
∴△OKF≌△OKG，
∴OG=OF=3，
∴點G坐標（-3，0）
∴直線BD的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}}\\{y=\frac{1}{3}{x}^{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{2}}\\{y=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
∴點D坐標（-$\frac{3}{2}$，$\frac{3}{4}$），
∴t=-$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)，二元一次方程組、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識解決問題，第三個問題的突破點是發(fā)現(xiàn)兩個三角形全等，屬于中考壓軸題．