Question

10．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線$y=\frac{4}{3}x+b$與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，拋物線$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$經(jīng)過(guò)點(diǎn)A、B．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)C在（1）中所求得的拋物線的第三象限上，點(diǎn)D在x軸上，點(diǎn)E在AB上，若四邊形ADCE為菱形，求菱形ADCE的周長(zhǎng)；
（3）在（2）的條件下，點(diǎn)P是第一象限的拋物線上的點(diǎn)，若S_△ABP=$\frac{25}{2}$，將△ACB沿AB翻折，點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)是C′，并判斷點(diǎn)C′是否在直線PA上？若存在，求點(diǎn)C′的坐標(biāo)；若不在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先確定B點(diǎn)坐標(biāo)，則可得到b的值，接著利用一次函數(shù)解析式求出A點(diǎn)坐標(biāo)，然后把A點(diǎn)坐標(biāo)代入$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$求出a即可得到拋物線解析式；
（2）如圖一，AC交y軸于F，利用菱形的性質(zhì)得到AC平分∠DAE，則根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理得到$\frac{OF}{FB}$=$\frac{AO}{AB}$=$\frac{3}{5}$，則可確定F（0，-$\frac{3}{2}$），接著利用待定系數(shù)法求出直線AF的解析式為y=$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$，然后通過(guò)解方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{5}{6}{x}^{2}-\frac{7}{6}x-4}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得C（-1，-2），再求出E點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到CE的長(zhǎng)，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)計(jì)算菱形的周長(zhǎng)；
（3）如圖二，作PH⊥y軸于H，作C′G⊥y軸于G，AM⊥C′G于M，先利用勾股定理的逆定理判斷△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，則根據(jù)折疊性質(zhì)得∠AC′B=∠ACB=90°，BC′=BC=$\sqrt{5}$，AC′=AC=2$\sqrt{5}$，再證明Rt△BGC′∽R(shí)t△C′MA，設(shè)BG=c，CG′=d，利用相似比得到C′M=2BG=2c，AM=2CG′=2d，利用d+2c=3，4+c=2d解得c=$\frac{2}{5}$，d=$\frac{11}{5}$，于是可得到C′點(diǎn)的坐標(biāo)為（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$）；設(shè)P（t，$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4），利用S_△AOB+S_梯形AOHP-S_△PBH=S_△PAB得到$\frac{1}{2}$•3•4+$\frac{1}{2}$（3+t）•（$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4）-$\frac{1}{2}$•t•（$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4+4）=$\frac{25}{2}$，通過(guò)解方程得到P（5，11），接著利用待定系數(shù)法求出直線PA的解析式，然后根據(jù)一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征判斷C′點(diǎn)是否在直線AP上．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時(shí)，$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$=-4，則B（0，-4），
把B（0，-4）代入$y=\frac{4}{3}x+b$得b=-4，則直線AB的解析式為y=$\frac{4}{3}$x-4，
當(dāng)y=0時(shí)，$\frac{4}{3}$x-4=0，解得x=3，則A（3，0），
把A（3，0）代入$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$得9a-$\frac{21}{5}$a-4=0，解得a=$\frac{5}{6}$，
所以拋物線解析式為y=$\frac{5}{6}$x²-$\frac{7}{6}$x-4；
（2）如圖一，AC交y軸于F，
在Rt△OAB中，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵四邊形ADCE為菱形，
∴AC平分∠DAE，
∴$\frac{OF}{FB}$=$\frac{AO}{AB}$=$\frac{3}{5}$，
∴OF=$\frac{3}{8}$OB=$\frac{3}{2}$，則F（0，-$\frac{3}{2}$），
設(shè)直線AF的解析式為y=mx+n，
把A（3，0），F(xiàn)（0，-$\frac{3}{2}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3m+n=0}\\{n=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{2}}\\{n=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴直線AF的解析式為y=$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$，
解方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{5}{6}{x}^{2}-\frac{7}{6}x-4}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=-2}\end{array}\right.$，則C（-1，-2），
當(dāng)y=-2時(shí)，$\frac{4}{3}$x-4=-2，解得x=$\frac{3}{2}$，則E（$\frac{3}{2}$，-2），
∴CE=$\frac{3}{2}$-（-1）=$\frac{5}{2}$，
∴菱形ADCE的周長(zhǎng)=4CE=10；
（3）在．
如圖二，作PH⊥y軸于H，作C′G⊥y軸于G，AM⊥C′G于M，
∵BC²=1²+（-2+4）²=5，AC²=（3+1）²+2²=20，AB²=5²，
∴BC²+AC²=AB²，
∴△ACB為直角三角形，∠ACB=90°，
∵△ACB沿AB翻折，點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)是C′，
∴∠AC′B=∠ACB=90°，BC′=BC=$\sqrt{5}$，AC′=AC=2$\sqrt{5}$，
∵∠BC′G+∠AC′M=90°，∠BC′G+∠C′BG=90°，
∴∠AC′M=∠C′BG，
∴Rt△BGC′∽R(shí)t△C′MA，
∴$\frac{BG}{C′M}$=$\frac{C′G}{AM}$=$\frac{BC′}{AC′}$=$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{1}{2}$，
設(shè)BG=c，CG′=d，則C′M=2BG=2c，AM=2CG′=2d，
∴d+2c=3，4+c=2d，解得c=$\frac{2}{5}$，d=$\frac{11}{5}$，
∴OG=4+$\frac{2}{5}$=$\frac{22}{5}$，
∴C′點(diǎn)的坐標(biāo)為（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$），
設(shè)P（t，$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4），
∵S_△AOB+S_梯形AOHP-S_△PBH=S_△PAB，
∴$\frac{1}{2}$•3•4+$\frac{1}{2}$（3+t）•（$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4）-$\frac{1}{2}$•t•（$\frac{5}{6}$t²-$\frac{7}{6}$t-4+4）=$\frac{25}{2}$，
整理得t²-3t-10=0，解得t₁=-2（舍去），t₂=5，則P（5，11），
設(shè)直線PA的解析式為y=px+q，
把P（5，11），A（3，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{5p+q=11}\\{3p+q=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{11}{2}}\\{q=-\frac{33}{2}}\end{array}\right.$，
所以直線PA的解析式為y=$\frac{11}{2}$x-$\frac{33}{2}$，
當(dāng)x=$\frac{11}{5}$時(shí)，y=$\frac{11}{2}$x-$\frac{33}{2}$=-$\frac{22}{5}$，
∴C′（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$）在直線AP上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和菱形的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式；利用相似計(jì)算線段的長(zhǎng)和利用勾股定理的逆定理判斷三角形為直角三角形．