Question

5．如图，平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=-$\frac{3}{4}$x+6交y轴于点A，交x轴于点C，点B在线段OA上，且△ABC的面积为16，抛物线y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c经过B、C两点；
（1）C点坐标为（8，0）；B点坐标为（0，2）；
（2）求抛物线解析式；
（3）D为线段OC上一点，连接AD，过点D作DE⊥AD交抛物线于E，若$\frac{AD}{DE}$=$\frac{3}{2}$，求E点坐标；
（4）在（3）的条件下，将△ADE绕点A逆时针旋转一定的角度得到△AMN，其中点D与点M对应，点E与点N对应，在旋转过程中过点M作MH⊥y轴交线段OA于H，连接NH，当NH平分AM时，求M点坐标，并判断点M是否在抛物线上．

Answer 1

分析 （1）先利用一次函数解析式和坐标轴上点的坐标特征求出C和A点坐标，再利用三角形面积公式求出AB，从而得到B点坐标；
（2）把B点和C点坐标代入y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c得到关于b、c的方程组，然后解方程求出b、c即可得到抛物线解析式；
（3）作EF⊥x轴于F，如图1，设OD=t，证明Rt△ADO∽Rt△DEF，利用相似比可得EF=$\frac{2}{3}$t，DF=4，则可表示出E点坐标，然后把E（t+4，$\frac{2}{3}$t）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2得到关于t的方程，然后解方程求出t即可得到E点坐标；
（4）如图2，作NG⊥MH于G，NH交AM于Q，先利用两点间的距离公式计算出AD、DE，再利用旋转的性质得AM=AD=3$\sqrt{5}$，MN=2$\sqrt{5}$，∠AMN=∠ADE=90°，接着证明HQ为Rt△AMH的斜边AM的中线，得到QH=QA=QM=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，利用勾股定理可计算出QN=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，则HN=QN+QH=4$\sqrt{5}$，然后通过证Rt△AMH∽Rt△MNG得到$\frac{AH}{MG}$=$\frac{MH}{NG}$=$\frac{AM}{MN}$=$\frac{3}{2}$，设AH=3a，HM=3b，则NG=2b，MG=2a，利用勾股定理得到（2a）²+（2b）²=（2$\sqrt{5}$）²①，（3b+2a）²+（2b）²=（4$\sqrt{5}$）²②，再解①②组成的方程组得a和b的值，于是可确定M点坐标，最后利用二次函数图象上点的坐标特征判断点M是否在抛物线上．

解答 解：（1）当y=0时，-$\frac{3}{4}$x+6=0，解得x=8，则C（8，0），
当x=0时，y=-$\frac{3}{4}$x+6=6，则A（0，6），
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AB•OC，
∴AB=$\frac{2×16}{8}$=4，
∴OB=OA-AB=2，
∴B（0，2），
故答案为（8，0），（0，2）；
（2）把B（0，2），B（8，0）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{-\frac{1}{4}×64+8b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{4}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
故抛物线解析式为y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2；
（3）作EF⊥x轴于F，如图1，设OD=t，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠EDF=90°，
∵∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠EDF=∠DAO，
∴Rt△ADO∽Rt△DEF，
∴$\frac{OD}{EF}$=$\frac{AO}{DF}$=$\frac{AD}{DE}$=$\frac{3}{2}$，
∴EF=$\frac{2}{3}$t，DF=4，
∴E点坐标为（t+4，$\frac{2}{3}$t），
把E（t+4，$\frac{2}{3}$t）代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2得-$\frac{1}{4}$（t+4）2+$\frac{7}{4}$（t+4）+2=$\frac{2}{3}$t，
整理得3t²+11t-60=0，解得t₁=-$\frac{20}{3}$（舍去），t₂=3，
∴E点坐标为（7，2）；
（4）如图2，作NG⊥MH于G，NH交AM于Q，
∵A（6，0），D（3，0），E（7，2），
∴AD=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，DE=$\sqrt{（7-3）^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵△ADE绕点A逆时针旋转一定的角度得到△AMN，
∴AM=AD=3$\sqrt{5}$，MN=2$\sqrt{5}$，∠AMN=∠ADE=90°，
∵MH⊥y轴，HN平分AM，即点Q为AM的中点，
∴QH=QA=QM=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
在Rt△GNM中，QN=$\sqrt{M{N}^{2}+Q{M}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}+（\frac{3\sqrt{5}}{2}）^{2}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
∴HN=QN+QH=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$+$\frac{3\sqrt{5}}{2}$=4$\sqrt{5}$，
∵∠AMH+∠NMG=90°，∠AMH+∠HAM=90°，
∴∠HAM=∠NMG，
∴Rt△AMH∽Rt△MNG，
∴$\frac{AH}{MG}$=$\frac{MH}{NG}$=$\frac{AM}{MN}$=$\frac{3}{2}$，
设AH=3a，HM=3b，则NG=2b，MG=2a，
在Rt△MNG中，（2a）²+（2b）²=（2$\sqrt{5}$）²①，
在Rt△NHG中，（3b+2a）²+（2b）²=（4$\sqrt{5}$）²②，
解①②组成的方程组得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=2}\end{array}\right.$，负根舍去，
∴AH=3，MH=6，
∴M（6，3），
当x=6时，y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{4}$x+2=-$\frac{1}{4}$×36+$\frac{7}{4}$×6+2=$\frac{7}{2}$，
∴点M不在抛物线上．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和旋转的性质；会利用待定系数法求抛物线的解析式；理解坐标与图形性质，会运用勾股定理和两点间的距离公式计算线段的长；灵活构建相似三角形，运用相似比计算线段的长．