Question

5．在平面直角坐標系中，拋物線y=$\frac{1}{4}$x²-bx+c與x軸交于點A（8，0）、B（2，0）兩點，與y軸交于點C．

（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點P為第四象限拋物線上一點，連接PB并延長交y軸于點D，若點P的橫坐標為t，CD長為d，求d與t的函數(shù)關系式（并求出自變量t的取值范圍）；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AC，過點P作PH⊥x軸，垂足為點H，延長PH交AC于點E，連接DE，射線DP關于DE對稱的射線DG交AC于點G，延長DG交拋物線于點F，當點G為AC中點時，求點F的坐標．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法直接求出拋物線解析式；
（2）先表示出BH，PH，進而得出∠HBP的正切值，再用等角的同名三角函數(shù)即可表示出OD，即可得出結論；
（3）先求出直線AC解析式，進而判斷出四邊形DOMN是矩形，最后用三角函數(shù)和對稱性求出t，即可得出OD和tan∠GDN=$\frac{1}{3}$，即可得出結論．

解答 證明：（1）∵拋物線$y=\frac{1}{4}{x^2}-bx+c$過A（8，0）、B（2，0）兩點，
∴$\left\{\begin{array}{l}0=\frac{1}{4}×{8^2}-8b+c\\ 0=\frac{1}{4}×{2^2}-2b+c\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}b=\frac{5}{2}\\ c=4\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{5}{2}$x+4
（2）如圖2，

過點P作PH⊥AB于點H，
設點P（t，$\frac{1}{4}{t^2}-\frac{5}{2}t+4$）
∴BH=t-2，PH=$-\frac{1}{4}{t^2}+\frac{5}{2}t-4$
∴tan∠HBP=$\frac{PH}{BH}$=$\frac{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{5}{2}t-4}{t-2}$，
∵∠OBD=∠HBP，
∴tan∠OBD=tan∠HBP，
∴$-\frac{1}{4}（t-8）=\frac{OD}{2}$，
∴OD=$-\frac{1}{2}t+4$，
∴CD=4-OD=$\frac{1}{2}t$
∴d=$\frac{1}{2}t$（2＜t＜8），
（3）如圖3，

設直線 AC的解析式為y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}8k+b=0\\ b=4\end{array}\right.$
∴$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2}\\ b=4\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為$y=-\frac{1}{2}x+4$，
∴點E（t，$-\frac{1}{2}t+4$）
∴EH=OD=$-\frac{1}{2}t+4$，
∵EH∥OD，
∴四邊形DOHE是矩形，
∴DE∥OH，
取AO的中點M，
連接GM，交DE于點N，
∴GM∥OC，
∴GN⊥DE，
∴四邊形DOMN是矩形，
∴OD=NM=$-\frac{1}{2}t+4$，NG=2-MN=$\frac{1}{2}t-2$，
∵DN=OM=4
tan∠GDN=$\frac{{\frac{1}{2}t-2}}{4}=\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}$，
∵由對稱性得∠PDE=∠GDE=∠HBP
tan∠GDN=tan∠HBP，
∴$\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}（t-8）$，
∴t=$\frac{20}{3}$
∴OD=$\frac{2}{3}$，
∴tan∠GDN=$\frac{1}{3}$，
設點F（m，$\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4）$
過點F作FK⊥DE交延長線于點K，
tan∠GDN=$\frac{FK}{DK}=\frac{{\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4-\frac{2}{3}}}{m}=\frac{1}{3}$，
∴${m_1}=10，{m_2}=\frac{4}{3}（舍）$，
∴F（10，4），

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，銳角三角函數(shù)，矩形的判定和性質(zhì)，解本題的關鍵是靈活運用銳角三角函數(shù)，是一道很好的中考壓軸題．