Question

16．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax²-2ax交x軸于O、A兩點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線y=-$\frac{4}{7}$ax+b交y軸于點(diǎn)B，AB=2$\sqrt{5}$．
（1）求a和b的值；
（2）∠AOB的平分線交AB于C，動(dòng)點(diǎn)P在射線OC上，過點(diǎn)P作AB的垂線，垂足為Q，設(shè)線段PQ的長(zhǎng)為d，求d與點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t之間的函數(shù)關(guān)系式，直接寫出t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)P作PD⊥y軸于D，連接QD、PB，當(dāng)PQ=DQ時(shí)，求PB的長(zhǎng)，并判斷此時(shí)點(diǎn)P是否在拋物線上．

Answer 1

分析 （1）先令y=0代入拋物線的解析式中可得A的坐標(biāo)，利用勾股定理可得OB的長(zhǎng)，即得B的坐標(biāo)，將A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線的解析式中，可得a、b的值；
（2）因?yàn)镺C是直角的平分線，即第一象限的角平分線，所以O(shè)P的解析式為：y=x，則P（t，t），作輔助線構(gòu)建直角三角形，由三角函數(shù)得：tan∠B=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{FC}{BF}=\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，設(shè)FC=x，則BF=2x，OF=FC=x，由面積法求OE的長(zhǎng)，證明△PQC∽△OEC，則$\frac{PQ}{OE}=\frac{PC}{OC}$；所以分兩種情況進(jìn)行計(jì)算即可；
①當(dāng)P在線段OC上時(shí)，如圖1，
②當(dāng)P在射線CP上時(shí)，如圖2，
（3）如圖3，作輔助線可知：QH是PD的中垂線，所以Q的橫坐標(biāo)為$\frac{1}{2}$t，根據(jù)AB的解析式y(tǒng)=-2x+4，得Q（$\frac{1}{2}$t，4-t），由勾股定理得：PQ²=QH²+PH²，代入列方程可得t的值，從而寫出P的坐標(biāo)，并代入拋物線的解析式可判斷P是否在拋物線上．

解答 解：（1）當(dāng)y=0時(shí)，ax²-2ax=0，
∵a≠0，
∴x²-2x=0，
x（x-2）=0，
x=0或2，
∴A（2，0），
∴OA=2，
在Rt△AOB中，∵AB=2，$\sqrt{5}$
∴OB=$\sqrt{A{B}^{2}-O{A}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}-{2}^{2}}$=4，
∴B（0，4），
則b=4，
把A（2，0）代入y=-$\frac{4}{7}$ax+b中得：-$\frac{4}{7}$×2a+4=0，
a=$\frac{7}{2}$，
∴a=$\frac{7}{2}$，b=4；
（2）由題意得：OP：y=x，
∴P（t，t），
過P作PD⊥y軸于D，過C作CF⊥y軸于F，過O作OE⊥AB于E，
∵OP平分∠AOB，
∴∠POD=45°，
∴PD=OD=t，
∴OP=$\sqrt{2}$t，
tan∠B=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{FC}{BF}=\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴設(shè)FC=x，則BF=2x，OF=FC=x，
∵OB=4，
∴x+2x=4，
x=$\frac{4}{3}$，
S_△AOB=$\frac{1}{2}$OB•OA=$\frac{1}{2}$AB•OE，
∴$\frac{1}{2}$×2×4=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{5}$OE，
OE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵PQ⊥AB，OE⊥AB，
∴PQ∥OE，
∴△PQC∽△OEC，
∴$\frac{PQ}{OE}=\frac{PC}{OC}$；
①當(dāng)P在線段OC上時(shí)，如圖1，
∴$\frac5uxc4j5{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$=$\frac{\frac{4}{3}\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{\frac{4}{3}\sqrt{2}}$，
∴$\frac{4}{3}\sqrt{2}d=\frac{4}{5}\sqrt{5}$（$\frac{4}{3}\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t），
d=-$\frac{3}{5}\sqrt{5}$t+$\frac{4}{5}\sqrt{5}$（0≤t≤$\frac{4}{3}$）；
②當(dāng)P在射線CP上時(shí)，如圖2，
∴$\fracqydc0y1{\frac{4}{5}\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{2}t-\frac{4}{3}\sqrt{2}}{\frac{4}{3}\sqrt{2}}$，
∴d=$\frac{3}{5}\sqrt{5}$t-$\frac{4}{5}\sqrt{5}$（t＞$\frac{4}{3}$）；
（3）如圖3，過Q作QH⊥PD于H，
∵DQ=PQ，
∴QH是PD的中垂線，
∴Q的橫坐標(biāo)為$\frac{1}{2}$t，
AB：y=-2x+4，
∴Q（$\frac{1}{2}$t，4-t），
∵OD=DP=t，
∴BD=4-t，
∴QH=t-（4-t）=2t-4，
由勾股定理得：PQ²=QH²+PH²，
$（\frac{1}{2}t）^{2}+（2t-4）^{2}$=$（\frac{3\sqrt{5}}{5}t-\frac{4\sqrt{5}}{5}）^{2}$，
49t²-224t+256=0，
（7t-16）²=0，
t₁=t₂=$\frac{16}{7}$，
Rt△BDP，BD=4-t=4-$\frac{16}{7}$=$\frac{8}{7}$，
PD=t=$\frac{16}{7}$，
由勾股定理得：PB=$\sqrt{（\frac{8}{7}）^{2}+（\frac{16}{7}）^{2}}$=$\frac{8\sqrt{5}}{7}$，
∴P（$\frac{16}{7}$，$\frac{16}{7}$），
由（1）得：拋物線的解析式為：y=$\frac{7}{2}{x}^{2}-7x$，
當(dāng)x=$\frac{16}{7}$時(shí)，y=$\frac{7}{2}$×$（\frac{16}{7}）^{2}$-7×$\frac{16}{7}$=$\frac{16}{7}$，
∴此時(shí)點(diǎn)P在拋物線上．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、三角函數(shù)、三角形相似的性質(zhì)和判定、勾股定理，綜合性強(qiáng)，考查學(xué)生分類討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．（3）中構(gòu)建直角三角形利用勾股定理列方程是解題的關(guān)鍵．