Question

11．如图，已知抛物线y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x+3交x轴于A，B两点（A在B的左侧），交y轴于C点，抛物线上有一点M，横坐标为4．
（1）求△ACM的面积；
（2）在直线OM下方抛物线上有一点N，使∠MON=45°，求N的横坐标；
（3）在（2）条件下，将∠MON绕O逆时针旋转，旋转过程中，射线OM，射线ON交直线BC分别为E，F，将△OEF沿OE翻折得到△OEG（G为F的对应点），连接CG，若CE：CG=3：4，求线段CE的长．

Answer 1

分析 （1）由抛物线解析式得出A、B、C的坐标，算出M点的坐标，由A、M坐标算出直线AM的解析式，AM与y轴的交点设为D，则A与M横坐标之差的绝对值作为水平宽，C与D的纵坐标之差作为铅垂高，$\frac{1}{2}$×水平宽×铅垂高就是△ACM的面积；
（2）只要确定ON所在直线的解析式即可，过点M作MH⊥x轴于点H，MJ⊥y轴于点J；作BK⊥MJ于点K，交OM于点L，ON交直线MJ于点I，这样OBKJ就是正方形，而∠MOI=45°，也就是经典的大角夹半角模型，易证BL+IJ=IL，故设IJ为未知数，将三角形ILK的三边分别表示出来，即可用勾股定理列方程解出IJ的长度．只要确定IJ的长度就可确定I点的坐标，从而确定ON的解析式，也就可以确定N点坐标．
（3）分三种情况讨论：①E在线段BC上，CB延长线上；②E、F均在线段BC上；③E在BC延长线上，F在线段BC上．三种情况都是经典的大角夹半角模型（或变形），每种情况都可证三角形CEG是直角三角形，证法几乎完全一样，只需证一次，后面同理即可，由给定的比例关系确定CE与BC的比例关系就可求出CE的长度．

解答 解：（1）如图1，连接AC、CM、AM，

设AM与y轴交于点D，
∵点M在抛物线上，且横坐标为4，
∴M（4，-3），
∵y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x+3=$-\frac{1}{2}（{x}^{2}-x-6）=-\frac{1}{2}（x-3）（x+2）$，
∴A（-2，0），B（3，0），
设直线AM的解析式为y=kx+b，
则$\left\{\begin{array}{l}{-2k+b=0}\\{4k+b=-3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=-1}\end{array}\right.$．
∴直线AM的解析式为：$y=-\frac{1}{2}x-1$，
∴D（0，-1），
∵C（0，3），
∴${S}_{△ACM}=\frac{1}{2}×（{x}_{M}-{x}_{A}）（{y}_{C}-{y}_{D）}$=$\frac{1}{2}×6×4$=12；

（2）如图2，过点M作MH⊥x轴于点H，MJ⊥y轴于点J；作BK⊥MJ于点K，交OM于点L，作∠MOI=45°，OI交MJ于点I，OI的延长交抛物线于点N（未画出，也不用画出，知道∠MON是45°就行）；延长MJ至P，使JP=BL，连接OP．

∵M（4，-3），
∴MH=OJ=BK=3，OH=MJ=4，
∵B（3，0），
∴OB=JK=BK=OJ=3，KM=1，
∴OBKJ是正方形，
∵BL=JP，
在△PJO和△LBO中，
$\left\{\begin{array}{l}{OJ=OB}\\{∠OJP=∠OBL}\\{JP=BL}\end{array}\right.$，
∴△PJO≌△LBO（SAS），
∴OP=OL，∠POJ=∠LOB，
∵∠IOL=45°，
∴∠JOI+∠BOL=45°，
∴∠JOI+∠POJ=45°，
∴∠POI=∠LOI，
在△POI和△LOI中，
$\left\{\begin{array}{l}{OP=OL}\\{∠POI=∠LOI}\\{OI=OI}\end{array}\right.$，
∴△POI≌△LOI（SAS），
∴IL=PI=PJ+IJ=IJ+BL，
∵KM=1，OB=3，
∴$\frac{BL}{LK}=\frac{3}{1}$，
∴BL=$\frac{3}{4}BK=\frac{9}{4}$，$LK=\frac{1}{4}BK=\frac{3}{4}$，
设IJ=t，则IL=t+$\frac{9}{4}$，IK=3-t，
在直角三角形LKI中，由勾股定理可知：
$（t+\frac{9}{4}）^{2}=\frac{9}{16}+（3-t）^{2}$，解得t=$\frac{3}{7}$，
∴I（$\frac{3}{7}$，-3），
∴直线ON的解析式为：y=-7x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-7x}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{15+\sqrt{249}}{2}}\\{y=\frac{-105-7\sqrt{249}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{15-\sqrt{249}}{2}}\\{y=\frac{-105+7\sqrt{249}}{2}}\end{array}\right.$（舍去），
∴N点的坐标为（$\frac{15+\sqrt{249}}{2}$，$\frac{-105-7\sqrt{249}}{2}$）；

（3）①如图3，E点B点上方，F点在B点下方，

∵∠EOG=∠EOF=45°，
∴∠COG+∠BOE=45°=∠BOF+∠BOE，
∠COG=∠BOF，
∵OC=OB，OG=OF，
在△COG与△BOF中：
$\left\{\begin{array}{l}{OC=OB}\\{∠COG=∠BOF}\\{OG=OB}\end{array}\right.$
∴△COG≌△BOF（SAS），
∴BF=CG，∠OCG=∠OBF=135°，
∵∠OCB=45°，
∴∠ECG=90°，
∵$\frac{CE}{CG}=\frac{3}{4}$，
设CE=3h，CG=4h，则EG=5h，
∴BF=CG=4h，EF=EG=5h，
∴BE=h，
∴CE=$\frac{3}{4}$BC=$\frac{9}{4}$$\sqrt{2}$；
②如图4，E、F在线段BC上，

同①可证△OBF≌△OCG，
∴∠GCO=∠FBO=45°，
∴∠GCE=90°，
∵$\frac{CE}{CG}=\frac{3}{4}$，
设CE=3h，CG=4h，
则EG=EF=5h，BF=CG=4h，
∴CE=$\frac{3}{3+4+5}BC=\frac{1}{4}BC$=$\frac{3}{4}\sqrt{2}$；
③如图5，E在BC延长线上，F在线段BC上，

同①可证△OBF≌△OCG，
∴∠GCO=∠FBO=45°，
∴∠GCE=90°，
∵$\frac{CE}{CG}=\frac{3}{4}$，
设CE=3h，CG=4h，
则EG=EF=5h，BF=CG=4h，
∴CF=2h，
∴CE=$\frac{1}{2}BC$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
综上所述，CE的长度为$\frac{9}{4}$$\sqrt{2}$或$\frac{3}{4}\sqrt{2}$或$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题是一道经典中考压轴题，综合考查了点与抛物线的关系、待定系数法求一次函数解析式、铅垂高法求三角形面积、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理、旋转变换、对称变换、分类讨论等众多的知识点和技能，难度较大．第（1）问当中，对于在平面直角坐标系中求斜三角形的面积，铅垂高法是重要诀窍，这一方法高频地出现在各种与面积有关的压轴题当中，要引起高度重视；第（2）问，要求N点的坐标，其关键在于求出ON所在直线的解析式，将直线解析式与抛物线方程联立即可解出来N点坐标，这里用到的是正方形当中90度夹半角模型，也就是用几何手段确定了直线ON的解析式（连N点都不需要画在图上），方法很巧，值得重视；第（3）问，由于∠MON在旋转过程中位置有三种情况，所以要分类讨论，每一种情况也是大角夹半角（或其变形）旋转模型的应用．纵观本题，其实函数的知识考的不是太多，几何所占的比重更大，是一道考查同学们综合能力的好题．