Question

9．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（-4，0）、B（6，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）如圖l，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，連接PC、PA，PA交y軸于點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△CPF的面積為S．求S與t的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BC，過點(diǎn)P作PD∥y軸變BC于點(diǎn)D，點(diǎn)H為AF中點(diǎn)，且點(diǎn)N（0，1），連接NH、BH，將∠NHB繞點(diǎn)H逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使角的一條邊H落在射線HF上，另一條邊HN變拋物線于點(diǎn)Q，當(dāng)BH=BD時(shí)，求點(diǎn)Q坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c的解析式，得到關(guān)于b、c的方程組，然后解得b、c的值即可；
（2）過點(diǎn)P作PR⊥y軸，交y軸于點(diǎn)R，過點(diǎn)P作PL⊥AB于點(diǎn)L．設(shè)點(diǎn)P（t，-$\frac{1}{2}$t²+t+12），則AL=t+4，PL=-$\frac{1}{2}$（t+4）（t-6），可求得tan∠PAL=3-$\frac{1}{2}$t，從而得到=12-2t，最后依據(jù)S_△CPF=$\frac{1}{2}$CF•PR求解即可；
（3）延長PD交x軸于點(diǎn)L，取OA的中點(diǎn)K，連接HK，過點(diǎn)H作HG⊥y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)Q作QM⊥HG于點(diǎn)M．首先證明Rt△BHK≌Rt△DBL，從而得到BK=DL=8，然后求得直線BC的解析式，設(shè)點(diǎn)D（t，-2t+12），然后由DL=8可求得t的值，從而得到點(diǎn)P和點(diǎn)H的坐標(biāo)，然后再求得$\frac{QM}{HM}$=$\frac{2}{3}$，設(shè)點(diǎn)Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+m+12），則QM=-$\frac{1}{2}$m²+m+8，HM=m+2，最后再依據(jù)$\frac{QM}{HM}$=$\frac{2}{3}$列方程求解即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c過點(diǎn)A（-4，0），B（6，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}×16-4b+c=0}\\{-\frac{1}{2}×36+6b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{c=12}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²+x+12．

（2）如圖1所示：過點(diǎn)P作PR⊥y軸，交y軸于點(diǎn)R，過點(diǎn)P作PL⊥AB于點(diǎn)L．

點(diǎn)P（t，-$\frac{1}{2}$t²+t+12），則AL=t+4，PL=-$\frac{1}{2}$t²+t+12=-$\frac{1}{2}$（t+4）（t-6）．
∴tan∠PAL=$\frac{PL}{PA}$=3-$\frac{1}{2}$t．
在Rt△FAO中，tan∠FAO=$\frac{OF}{OA}$=$\frac{OF}{4}$=3-$\frac{1}{2}$t．
∴OF=12-2t．
∴CF=CO-OF=12-（12-2t）=2t，
∴S_△CPF=$\frac{1}{2}$CF•PR=$\frac{1}{2}$×2t•t=t²．

（3）延長PD交x軸于點(diǎn)L，取OA的中點(diǎn)K，連接HK，過點(diǎn)H作HG⊥y軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)Q作QM⊥HG于點(diǎn)M．

∵OF=12-2t，點(diǎn)H為AF的中點(diǎn)，HK⊥OA，
∴HK=$\frac{1}{2}$OF=6-t=BL．
∵在Rt△BHK和Rt△DBL中，HK=BL，BH=BD，
∴Rt△BHK≌Rt△DBL
∴BK=DL=8．
直線BC的解析式為y=-2x+12，
∴點(diǎn)D（t，-2t+12）．
∵DL=12-2t=8，
∴t=2．
∴點(diǎn)P（2，12），點(diǎn)H（-2，4）．
∴tan∠AHK=tan∠HBK=$\frac{1}{2}$，
∴∠AHK=∠HBK，
∴∠AHB=90°．
∵∠NHB=∠PHQ，
∴∠NHQ=90°，
∴∠HNG=∠QHM．
∵點(diǎn)N（0，1），HG=2，
∴GN=3，tan∠HNG=tan∠QHM=$\frac{2}{3}$，$\frac{QM}{HM}$=$\frac{2}{3}$．
設(shè)點(diǎn)Q（m，-$\frac{1}{2}$m²+m+12），QM=-$\frac{1}{2}$m²+m+12-4=-$\frac{1}{2}$m²+m+8，HM=m+2．
∴$\frac{-\frac{1}{2}{m}^{2}+m+8}{m+2}$=$\frac{2}{3}$，解得：m₁=-$\frac{10}{3}$（舍去），m₂=4，
∴點(diǎn)Q（4，8）．

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、全等三角形的性質(zhì)和判定、銳角三角函數(shù)的定義，依據(jù)$\frac{QM}{HM}$=$\frac{2}{3}$列出關(guān)于m的方程是解答本題的關(guān)鍵．