Question

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=$\frac{3}{2}$x²+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）直線y=-x+n與該拋物線在第四象限內(nèi)交于點(diǎn)D，與線段BC交于點(diǎn)E，與x軸交于點(diǎn)F，且BE=4EC．
①求n的值；
②連接AC，CD，線段AC與線段DF交于點(diǎn)G，△AGF與△CGD是否全等？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）直線y=m（m＞0）與該拋物線的交點(diǎn)為M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），點(diǎn) M關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M'，點(diǎn)H的坐標(biāo)為（1，0）．若四邊形OM'NH的面積為$\frac{5}{3}$．求點(diǎn)H到OM'的距離d的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線y=$\frac{3}{2}$x²+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（2，0）兩點(diǎn)，可得拋物線的解析式；
（2）①過(guò)點(diǎn)E作EE'⊥x軸于E'，則EE'∥OC，根據(jù)平行線分線段成比例定理，可得BE'=4OE'，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，y），則OE'=x，BE'=4x，根據(jù)OB=2，可得x=$\frac{2}{5}$，再根據(jù)直線BC的解析式為y=$\frac{3}{2}$x-3，即可得到E（$\frac{2}{5}$，-$\frac{12}{5}$），把E的坐標(biāo)代入直線y=-x+n，可得n的值；②根據(jù)F（-2，0），A（-1，0），可得AF=1，再根據(jù)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，-3），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3），可得CD∥x軸，CD=1，再根據(jù)∠AFG=∠CDG，∠FAG=∠DCG，即可判定△AGF≌△CGD；
（3）根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得出OH=1=M'N，進(jìn)而判定四邊形OM'NH是平行四邊形，再根據(jù)四邊形OM'NH的面積為$\frac{5}{3}$，求得OP=$\frac{5}{3}$，再根據(jù)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（-$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$），得到PM'=$\frac{4}{3}$，Rt△OPM'中，運(yùn)用勾股定理可得OM'=$\frac{\sqrt{41}}{3}$，最后根據(jù)OM'×d=$\frac{5}{3}$，即可得到d=$\frac{5\sqrt{41}}{41}$．

解答 解：（1）∵拋物線y=$\frac{3}{2}$x²+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（2，0）兩點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}-b+c=0}\\{6+2b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{3}{2}}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
∴該拋物線的解析式y(tǒng)=$\frac{3}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-3；

（2）①如圖，過(guò)點(diǎn)E作EE'⊥x軸于E'，則EE'∥OC，
∴$\frac{BE'}{OE'}$=$\frac{BE}{CE}$，
∵BE=4EC，
∴BE'=4OE'，
設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，y），則OE'=x，BE'=4x，
∵B（2，0），
∴OB=2，即x+4x=2，
∴x=$\frac{2}{5}$，
∵拋物線y=$\frac{3}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-3與y軸交于點(diǎn)C，
∴C（0，-3），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b'，
∵B（2，0），C（0，-3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2k+b'=0}\\{b'=-3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{3}{2}}\\{b'=-3}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=$\frac{3}{2}$x-3，
當(dāng)x=$\frac{2}{5}$時(shí)，y=-$\frac{12}{5}$，
∴E（$\frac{2}{5}$，-$\frac{12}{5}$），
把E的坐標(biāo)代入直線y=-x+n，可得-$\frac{2}{5}$+n=-$\frac{12}{5}$，
解得n=-2；

②△AGF與△CGD全等．理由如下：
∵直線EF的解析式為y=-x-2，
∴當(dāng)y=0時(shí)，x=-2，
∴F（-2，0），OF=2，
∵A（-1，0），
∴OA=1，
∴AF=2-1=1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{2}{x}^{2}-\frac{3}{2}x-3}\\{y=-x-2}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-\frac{2}{3}}\\{{y}_{1}=-\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=1}\\{{y}_{2}=-3}\end{array}\right.$，
∵點(diǎn)D在第四象限，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，-3），
∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-3），
∴CD∥x軸，CD=1，
∴∠AFG=∠CDG，∠FAG=∠DCG，
∴△AGF≌△CGD；

（3）∵拋物線的對(duì)稱軸為x=-$\frac{2a}$=$\frac{1}{2}$，直線y=m（m＞0）與該拋物線的交點(diǎn)為M，N，
∴點(diǎn)M、N關(guān)于直線x=$\frac{1}{2}$對(duì)稱，
設(shè)N（t，m），則M（1-t，m），
∵點(diǎn) M關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M'，
∴M'（t-1，m），
∴點(diǎn)M'在直線y=m上，
∴M'N∥x軸，
∴M'N=t-（t-1）=1，
∵H（1，0），
∴OH=1=M'N，
∴四邊形OM'NH是平行四邊形，
設(shè)直線y=m與y軸交于點(diǎn)P，
∵四邊形OM'NH的面積為$\frac{5}{3}$，
∴OH×OP=1×m=$\frac{5}{3}$，即m=$\frac{5}{3}$，
∴OP=$\frac{5}{3}$，
當(dāng)$\frac{3}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x-3=$\frac{5}{3}$時(shí)，解得x₁=-$\frac{4}{3}$，x₂=$\frac{7}{3}$，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（-$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$），
∴M'（$\frac{4}{3}$，$\frac{5}{3}$），即PM'=$\frac{4}{3}$，
∴Rt△OPM'中，OM'=$\sqrt{O{P}^{2}+PM{'}^{2}}$=$\frac{\sqrt{41}}{3}$，
∵四邊形OM'NH的面積為$\frac{5}{3}$，
∴OM'×d=$\frac{5}{3}$，
∴d=$\frac{5\sqrt{41}}{41}$．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、軸對(duì)稱的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、全等三角形的判定以及平行四邊形的判定與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解這類(lèi)問(wèn)題關(guān)鍵是善于將函數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程問(wèn)題，善于利用幾何圖形的有關(guān)性質(zhì)、定理和二次函數(shù)的知識(shí)，并注意挖掘題目中的一些隱含條件．