Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)為為（4，0），拋物線y=ax²-2x經(jīng)過點(diǎn)A．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)E從點(diǎn)0出發(fā)沿y軸正方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)E作x軸的平行線交拋物線于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)C在左，點(diǎn)D在右．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t＞0），設(shè)線段CD的長(zhǎng)為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，連接OC、OD，點(diǎn)F為OE上一點(diǎn)，若tan∠DOC=$\frac{CD}{OF}$，當(dāng)EC=EF時(shí)，求此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得關(guān)于x的方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，完全平方公式，可得答案；
（3）根據(jù)解方程，可得C、D點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)正切函數(shù)，可得tan∠COE，tan∠DOE，根據(jù)正切函數(shù)的和差，可得tan∠DOC，可得關(guān)于t的方程，根據(jù)解方程，可得答案．

解答 解：（1）將A點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得
16a-8=0，
解得a=$\frac{1}{2}$．
拋物線的解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-2x；
（2）由題意，得
E（0，t）．∵CD∥x軸，
∴C、D的縱坐標(biāo)為t．
當(dāng)y=t時(shí)，$\frac{1}{2}$x²-2x=t，
化簡(jiǎn)，得
$\frac{1}{2}$x²-2x-t=0，
設(shè)方程的兩根為x₁，x₂，
由根與系數(shù)的關(guān)系，得x₁+x₂=4，x₁•x₂=-2t．．
d=|x₁-x₂|．
d²=（x₁-x₂）²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂=16+8t，
d=2$\sqrt{4+2t}$；
（3）由x²-4x-2t=0，得
x₁=2+$\sqrt{4+2t}$，x₂=2-$\sqrt{4+2t}$．
即C（2-$\sqrt{4+2t}$，t），D（2+$\sqrt{4+2t}$，t）．CE=$\sqrt{4+2t}$-2，DE=$\sqrt{4+2t}$+2．
由CD∥x軸，得∠CEO=∠DEO=90°．
tan∠COE=$\frac{CE}{OE}$=$\frac{\sqrt{4+2t}-2}{t}$，tan∠DOE=$\frac{ED}{OE}$=$\frac{\sqrt{4+2t}+2}{t}$．
tan∠DOC=tan（∠DOE+∠COE）=$\frac{tan∠DOE+tan∠COE}{1-tan∠DOE•tan∠COE}$=$\frac{2\sqrt{4+2t}}{t-2}$．
又tan∠DOC=$\frac{CD}{OF}$=$\frac{2\sqrt{4+2t}}{OF}$．
∴$\frac{2\sqrt{4+2t}}{OF}$=$\frac{2\sqrt{4+2t}}{t-2}$，
∴OF=t-2．EF=t-（t-2）=2．
由EC=EF，即$\sqrt{4+2t}$-2=2．
解得t=6，
$\sqrt{4+2t}$+2=4+2=6，
D點(diǎn)的坐標(biāo)為（6，6）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；利用完全平方公式得出d²=（x₁-x₂）²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂是解題關(guān)鍵；利用正切函數(shù)的和差得出關(guān)于t的方程是解題關(guān)鍵．