Question

18．如圖：已知拋物線y=-$\frac{1}{2m}$（x+3m）（x-m）（m＞0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y交于點(diǎn)C，拋物線對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，$E（\frac{{9\sqrt{3}}}{2}，0）$為x軸上一點(diǎn)．
（1）寫出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)（用m表示）；
（2）若以DE為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)C且與拋物線交于另一點(diǎn)F，
①求拋物線解析式；
②P為線段DE上一動(dòng)（不與D、E重合），過P作PQ⊥EC作PH⊥DF，判斷$\frac{PQ}{DC}+\frac{PH}{EF}$是否為定值，若是，請(qǐng)求出定值，若不是，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖②，將線段AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，與y相交于點(diǎn)M，連接BM．點(diǎn)S是線段AM的中點(diǎn)，連接OS．若點(diǎn)N是線段BM上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接SN，將△SMN繞點(diǎn)S逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△SOT，延長TO交BM于點(diǎn)K．若△KTN的面積等于△ABM的面積的$\frac{1}{12}$，求線段MN的長．

Answer 1

分析 （1）令y=0得到關(guān)于x的方程，可求得點(diǎn)A和點(diǎn)B的橫坐標(biāo)，令x=0求得對(duì)應(yīng)的y值可得到點(diǎn)C的縱坐標(biāo)；
（2）①由點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)可求得拋物線的對(duì)稱軸為x=-m，則OD=m，然后證明△COD∽△EOC，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可列出關(guān)于m的方程，從而可求得m的值；②證明△EQP∽△ECD、△EDF∽△PDH，然后依據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{PQ}{DC}=\frac{PE}{DE}$、$\frac{PH}{EF}=\frac{DP}{DE}$，然后代入求解即可；
（3）首先依據(jù)題意畫出符合題意得圖形，接下來，再先求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，然后可求得MB的解析式，然后再求得∠AOT=60°，可得到TO的解析式，故此可求得K坐標(biāo)和OK的長，然后證明OK=KM，設(shè)MN=a，TK=TO+OK=a+2$\sqrt{3}$，則△KTN的高h(yuǎn)=TK•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a+3，NK=|2$\sqrt{3}$-a|，最后利用三角形的面積公式列方程求解即可．

解答 解：（1）令y=0得：0=-$\frac{1}{2m}$（x+3m）（x-m），解得：x=-3m或x=m，
∵點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)，
∴A（-3m，0），B（m，0）．
將x=0代入拋物線的解析式得：y=$\frac{3m}{2}$．
∴C（0，$\frac{3m}{2}$）．

（2）∵A（-3m，0），B（m，0）．
∴拋物線的對(duì)稱軸為x=-m．
∴OD=m．
∵DE為圓的直徑，
∴∠DCE=90°．
∵∠DCO+∠OCE=90°，∠DCO+∠CDO=90°，
∴∠OCE=∠CDO．
又∵∠DOC=∠COE，
∴△COD∽△EOC．
∴$\frac{CO}{OE}$=$\frac{OD}{OC}$即$\frac{\frac{3m}{2}}{\frac{9\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{m}{\frac{3m}{2}}$，解得：m=2$\sqrt{3}$．
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x²-x+3$\sqrt{3}$．

②如圖1所示：

∵PQ⊥CE，
∴∠EQP=90°．
∴∠EQP=∠ECD．
又∵∠CED=∠QEP，
∴△EQP∽△ECD．
∴$\frac{PQ}{DC}=\frac{PE}{DE}$．
∵DE是圓的直徑，
∴∠DFE=90°．
∵PH⊥DF，
∴∠DHP=90°．
∴∠DFE=∠DHP．
又∵∠PDH=∠EDF，
∴△EDF∽△PDH．
∴$\frac{PH}{EF}=\frac{DP}{DE}$．
∴$\frac{PQ}{DC}$+$\frac{PH}{EF}$=$\frac{PE+DP}{DE}$=$\frac{DE}{DE}$=1．

（3）如圖3所示：

∵A（-3m，0），B（m，0），m=2$\sqrt{3}$，
∴A（$-6\sqrt{3}$，0），B（$2\sqrt{3}$，0）．
∵∠OAM=30°，
∴OM=tan30°•OA=6$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=6，
∴M（0，-6）．
設(shè)MB的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)B和點(diǎn)M的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-6}\\{2\sqrt{3}k+b=0}\end{array}\right.$，
解得：b=-6，k=$\sqrt{3}$．
∴BM的解析式為y=$\sqrt{3}$x-6．
∵S是線段AM的中點(diǎn)，∠AOM=90°，
∴OS=AS=$\frac{1}{2}$AM．
∴∠SAO=∠SOA=30°．
∵tan∠OMB=$\frac{OB}{OM}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OMB=30°．
又∵∠OAM=30°，∠AOM=90°，
∴∠AMO=60°．
∴∠AMB=90°．
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠TOS=∠SMN=90°，TO=MN．
∴∠AOT=60°，
∴直線TK：y=-$\sqrt{3}$x．
將y=-$\sqrt{3}$x與y=$\sqrt{3}$x-6．聯(lián)立，解得：K（$\sqrt{3}$，-3）．
依據(jù)兩點(diǎn)間的距離可知：OK=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+{3}^{2}}$=2$\sqrt{3}$．

∵∠B=60°，∠BOK=∠AOT=60°，
△OBK為等邊三角形．
∴OB=KB．
又∵∠OMB=30°，∠BOM=90°，
∴MB=2OB．
∴MK=BK=OB=2$\sqrt{3}$．
設(shè)MN=a，TK=TO+OK=a+2$\sqrt{3}$，則△KTN的高h(yuǎn)=TK•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a+3，NK=|2$\sqrt{3}$-a|，
∵S_△KTN=$\frac{1}{12}$S_△ABM=$\frac{1}{2}$•NK•h=2$\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}$×|2$\sqrt{3}$-a|×（$\frac{\sqrt{3}}{2}a$+3）=2$\sqrt{3}$．
當(dāng)2$\sqrt{3}$-a＞0時(shí)，整理得：$\frac{\sqrt{3}}{4}$a²=$\sqrt{3}$，解得a=2或a=-2（舍去）．
當(dāng)2$\sqrt{3}$-a＜0時(shí)，整理得：$\frac{\sqrt{3}}{4}$a²=5$\sqrt{3}$，解得：a=2$\sqrt{5}$或a=-$\sqrt{5}$（舍去）．
綜上所述，MN的長為2或$2\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要二次函數(shù)的性質(zhì)、圓周角定理、相似三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)和判定、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，依據(jù)題意求得直線TK和BM的解析式是解答本題本題的關(guān)鍵．