Question

12．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{8}$x²+mx+n經(jīng)過△ABC的三個頂點(diǎn)，點(diǎn)A坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)B坐標(biāo)為（2，3），點(diǎn)C在x軸的正半軸上．
（1）求該拋物線的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)E為線段OC上一動點(diǎn)，以O(shè)E為邊在第一象限內(nèi)作正方形OEFG，當(dāng)正方形的頂點(diǎn)F恰好落在線段AC上時，求線段OE的長；
（3）將（2）中的正方形OEFG沿OC向右平移，記平移中的正方形OEFG為正方形DEFG，當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)C重合時停止運(yùn)動．設(shè)平移的距離為t，正方形DEFG的邊EF與AC交于點(diǎn)M，DG所在的直線與AC交于點(diǎn)N，連接DM，是否存在這樣的t，使△DMN是等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；
（4）在上述平移過程中，當(dāng)正方形DEFG與△ABC的重疊部分為五邊形時，請直接寫出重疊部分的面積S與平移距離t的函數(shù)關(guān)系式及自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，令y=0解方程，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）如答圖1所示，由△CEF∽△COA，根據(jù)比例式列方程求出OE的長度；
（3）如答圖2所示，若△DMN是等腰三角形，可能有三種情形，需要分類討論；
（4）當(dāng)正方形DEFG與△ABC的重疊部分為五邊形時，如答圖3所示．利用S=S_{正方形DEFG}-S_梯形MEDN-S_△FJK求出S關(guān)于t的表達(dá)式．

解答 解：（1）∵拋物線y=-$\frac{1}{8}$x²+mx+n經(jīng)過點(diǎn)A（0，3），B（2，3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{-\frac{1}{8}×{2}^{2}+2m+n=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{4}}\\{n=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{1}{4}$x+3．
令y=0，即-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{1}{4}$x+3=0，
解得x=6或x=-4，
∵點(diǎn)C位于x軸正半軸上，
∴C（6，0）．

（2）當(dāng)正方形的頂點(diǎn)F恰好落在線段AC上時，如答圖1所示：

設(shè)OE=x，則EF=x，CE=OC-OE=6-x．
∵EF∥OA，
∴△CEF∽△COA，
∴$\frac{EF}{OA}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{x}{3}$=$\frac{6-x}{6}$，
解得x=2．
∴OE=2．

（3）存在滿足條件的t．理由如下：
如答圖2所示，

易證△CEM∽△COA，∴$\frac{EM}{OA}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{EM}{3}$=$\frac{4-t}{6}$，得ME=2-$\frac{1}{2}$t．
過點(diǎn)M作MH⊥DN于點(diǎn)H，則DH=ME=2-$\frac{1}{2}$t，MH=DE=2．
易證△MHN∽△COA，∴$\frac{NH}{OA}$=$\frac{MH}{OC}$，即$\frac{NH}{3}$=$\frac{2}{6}$，得NH=1．
∴DN=DH+HN=3-$\frac{1}{2}$t．
在Rt△MNH中，MH=2，NH=1，由勾股定理得：MN=$\sqrt{5}$．
當(dāng)△DMN是等腰三角形時，分三種情況：
①若DN=MN，則3-$\frac{1}{2}$t=$\sqrt{5}$，解得t=6-2$\sqrt{5}$；
②若DM=MN，則DM²=MN²，即2²+（2-$\frac{1}{2}$t）²=（$\sqrt{5}$）²，
解得t=2或t=6（不合題意，舍去）；
③若DM=DN，則DM²=DN²，即2²+（2-$\frac{1}{2}$t）²=（3-$\frac{1}{2}$t）²，解得t=1．
綜上所述，當(dāng)t=1或2或6-2$\sqrt{5}$時，△DMN是等腰三角形．

（4）當(dāng)正方形DEFG與△ABC的重疊部分為五邊形時，如答圖3所示：

設(shè)EF、DG分別與AC交于點(diǎn)M、N，由（3）可知：ME=2-$\frac{1}{2}$t，DN=3-$\frac{1}{2}$t．
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)B（2，3）、C（6，0）代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=3}\\{6k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{9}{2}}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{9}{2}$．
設(shè)直線BC與EF交于點(diǎn)K，
∵x_K=t+2，∴y_K=-$\frac{3}{4}$x_K+$\frac{9}{2}$=-$\frac{3}{4}$t+3，
∴FK=y_F-y_K=2-（-$\frac{3}{4}$t+3）=$\frac{3}{4}$t-1；
設(shè)直線BC與GF交于點(diǎn)J，
∵y_J=2，
∴2=-$\frac{3}{4}$x_J+$\frac{9}{2}$，得x_J=$\frac{10}{3}$，
∴FJ=x_F-x_J=t+2-$\frac{10}{3}$=t-$\frac{4}{3}$．
∴S=S_{正方形DEFG}-S_梯形MEDN-S_△FJK
=DE²-$\frac{1}{2}$（ME+DN）•DE-$\frac{1}{2}$FK•FJ
=2²-$\frac{1}{2}$[（2-$\frac{1}{2}$t）+（3-$\frac{1}{2}$t）]×2-$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{4}$t-1）（t-$\frac{4}{3}$）
=-$\frac{3}{8}$t²+2t-$\frac{5}{3}$．
過點(diǎn)G作GH⊥y軸于點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)I，則HI=2，HJ=$\frac{10}{3}$，
∴t的取值范圍是：2＜t＜$\frac{10}{3}$．
∴S與t的函數(shù)關(guān)系式為：S=-$\frac{3}{8}$t²+2t-$\frac{5}{3}$（2＜t＜$\frac{10}{3}$）．

點(diǎn)評 本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，圖形面積的計(jì)算等知識，考查了運(yùn)動型問題、存在型問題和分類討論的數(shù)學(xué)思想，難度較大．解題關(guān)鍵是理解圖形的運(yùn)動過程．