Question

7．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Rt△AOB的直角邊OB，OA分別在x軸上和y軸上，其中OA=2，OB=4，現(xiàn)將Rt△AOB繞著直角頂點(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°得到△COD，已知一拋物線經(jīng)過(guò)C、D、B三點(diǎn)．
（1）該拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+x+4；
（2）設(shè)點(diǎn)E是拋物線上位于第一象限的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，并交直線AB于N，過(guò)點(diǎn)E再作EM⊥AB于點(diǎn)M，求△EMN周長(zhǎng)的最大值；
（3）當(dāng)△EMN的周長(zhǎng)最大時(shí)，在直線EF上是否存在點(diǎn)Q，使得△QCD是以CD為直角邊的直角三角形？若存在請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax²+bx+c．由線段OA、OB的長(zhǎng)度可得出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再由旋轉(zhuǎn)的特性可得出點(diǎn)C、D的坐標(biāo)，由點(diǎn)B、C、D三點(diǎn)的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）在Rt△AOB中，找出∠ABO的正弦余弦值，再根據(jù)相似三角形的判定定理找出△EMN∽△BFN，從而得出∠MEN=∠FBN，用EN的長(zhǎng)度來(lái)表示出EM和MN的長(zhǎng)度，由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出直線AB的函數(shù)解析式，設(shè)出點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+t+4）（0＜t＜4），即可找出點(diǎn)N的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}$t+2），從而得出線段EN的長(zhǎng)度，將EN、MN、EM相加即可得出△EMN的周長(zhǎng)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可求出EN的最大值，由此即可得出結(jié)論；
（3）結(jié)合（2）的結(jié)論可知直線EF的解析式為x=$\frac{3}{2}$，分∠QDC=90°和∠DCQ=90°兩種情況來(lái)考慮，利用相似三角形的性質(zhì)找出相似邊的比例關(guān)系來(lái)找出線段的長(zhǎng)度，再根據(jù)點(diǎn)與點(diǎn)間的數(shù)量關(guān)系即可找出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

解答 解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax²+bx+c．
∵OA=2，OB=4，
∴點(diǎn)A（0，2），點(diǎn)B（4，0），
由旋轉(zhuǎn)的特性可知：
點(diǎn)C（-2，0），點(diǎn)D（0，4）．
將點(diǎn)B（4，0）、點(diǎn)C（-2，0）、點(diǎn)D（0，4）代入到拋物線解析式得：
$\left\{\begin{array}{l}{0=16a+4b+c}\\{0=4a-2b+c}\\{4=c}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\\{c=4}\end{array}\right.$．
∴該拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+x+4．
故答案為：y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+x+4．
（2）依照題意畫出圖形，如圖1所示．

在Rt△AOB中，OA=2，OB=4，
∴AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴sin∠ABO=$\frac{OA}{AB}=\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠ABO=$\frac{OB}{AB}=\frac{4}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∵EM⊥AB，EF⊥OB，
∴∠EMN=∠BFN=90°．
∵∠BNF=∠ENM，
∴△EMN∽△BFN，
∴∠MEN=∠FBN．
在Rt△EMN中，sin∠MEN=$\frac{MN}{EN}$，cos∠MEN=$\frac{EM}{EN}$，
∴MN=EN•sin∠MEN=EN•sin∠ABO=$\frac{\sqrt{5}}{5}$EN，
EM=EN•cos∠MEN=EN•cos∠ABO=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$EN．
∴C_△EMN=EM+MN+EN=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$EN+$\frac{\sqrt{5}}{5}$EN+EN=$\frac{5+3\sqrt{5}}{5}$EN．
由（1）知A（0，2）、B（4，0），設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+2，
∴4k+2=0，解得：k=-$\frac{1}{2}$，
∴直線AB的解析式為：y=-$\frac{1}{2}$x+2．
設(shè)拋物線上點(diǎn)E的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+t+4）（0＜t＜4），
∵EF⊥OB，
∴令y=-$\frac{1}{2}$x+2中x=t，y=-$\frac{1}{2}$t+2，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（t，-$\frac{1}{2}$t+2），
∴EN=-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+t+4-（-$\frac{1}{2}$t+2）=-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+$\frac{3}{2}$t+2．
∴C_△EMN=$\frac{5+3\sqrt{5}}{5}$（-$\frac{1}{2}{t}^{2}$+$\frac{3}{2}$t+2）=-$\frac{5+3\sqrt{5}}{10}{t}^{2}$+$\frac{15+9\sqrt{5}}{10}$t+$\frac{10+6\sqrt{5}}{5}$（0＜t＜4）．
∴當(dāng)t=-$\frac{2a}$=$\frac{3}{2}$時(shí)，EN最大，此時(shí)C_△EMN最大，
∴C_△EMN最大為：$\frac{5+3\sqrt{5}}{5}$[-$\frac{1}{2}×（\frac{3}{2}）^{2}+\frac{3}{2}×\frac{3}{2}$+2]=$\frac{25+15\sqrt{5}}{8}$．
（3）由（2）知，當(dāng)C_△EMN取最大值時(shí)，EF的解析式為：x=$\frac{3}{2}$．
①若∠QDC=90°，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥y軸于點(diǎn)G，如圖2所示．

∵EF的解析式為：x=$\frac{3}{2}$，
∴QG=$\frac{3}{2}$，
∵∠QDG+∠DQG=90°，∠CDO+∠QDG=90°，
∴∠DGQ=∠CDO，
又∵∠QGD=∠DOC=90°，
∴△QDG∽△DCO，
∴$\frac{DG}{OC}=\frac{QG}{OD}$，
∴DG=2×$\frac{\frac{3}{2}}{4}$=$\frac{3}{4}$．
∴OG=OD-DG=4-$\frac{3}{4}$=$\frac{13}{4}$，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，$\frac{13}{4}$）；
②若∠DCQ=90°，如圖3所示．

CF=$\frac{3}{2}$-（-2）=$\frac{7}{2}$，
∵∠QCF+∠OCD=90°，∠CDO+∠OCD=90°，
∴∠QCF=∠CDO，
又∵∠CFQ=∠DOC=90°，
∴△COD∽△QFC，
∴$\frac{FQ}{OC}=\frac{CF}{DO}$，即$\frac{FQ}{2}=\frac{\frac{7}{2}}{4}$，
∴FQ=$\frac{7}{4}$，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，-$\frac{7}{4}$）．
綜上所述，當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，$\frac{13}{4}$）或（$\frac{3}{2}$，-$\frac{7}{4}$）時(shí)，使得△QCD是以CD為直角邊的直角三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、相似三角形的判定及性質(zhì)以及三角形的周長(zhǎng)，解題的關(guān)鍵是：（1）求出點(diǎn)B、C、D的坐標(biāo)；（2）用線段EN的長(zhǎng)度來(lái)表示△EMN的周長(zhǎng)；（3）分兩種情況考慮．本題屬于中檔題，難道不大，但非常繁瑣，解決該題型題目時(shí)，依據(jù)題意作出圖形，利用數(shù)形結(jié)合來(lái)解決問(wèn)題是關(guān)鍵．