Question

10．已知：如图1，抛物线y=ax²-2ax+4交x轴于A，B（A在B左侧）两点，交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，AB=6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）C、E两点关于对称轴对称，连接BE，过点C作CQ∥BE交∠BOC的平分线于点Q，求点Q坐标；
（3）在（2）的条件下，延长BQ交抛物线于点F，过点F作FK∥x轴，交抛物线于点k，交对称轴于点H，动点P为第一象限内对称轴右侧抛物线上一点，连接DP，过点D作DG⊥DP交FK于点M，交过点F且平行y轴的直线于点G，连接CP、PQ，当2MH=FG时，求△PCQ的面积．

Answer 1

分析 （1）可得抛物线y=ax²-2ax+4的对称轴是x=1，根据AB=6，由对称性可得点A（-2，0），根据待定系数法可求抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4；
（2）如图1，连接CE，延长CQ交x轴于点G，可证四边形CGBE是平行四边形，过点Q作QT⊥OC于点T，在Rt△QCT中，设QT=m，则CT=2m，由OQ平分∠COB，可得QT=OT=m，OC=3m=4，解得m=$\frac{4}{3}$，从而得到点Q坐标（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$）；
（3）根据待定系数法可得直线BF解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，将点F（x，-$\frac{1}{2}$x+2）代入抛物线的解析式可得-$\frac{1}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，可得点F（-1，$\frac{5}{2}$），由对称性FH=KH=2，得点K（3，$\frac{5}{2}$），得到点D（1，$\frac{9}{2}$），DH=$\frac{9}{2}$-$\frac{5}{2}$=2，设点P坐标为（m，-$\frac{1}{2}$m²+m+4），过点P作PS⊥DH于点S，PN⊥FK于点N，如图2，由三角函数得到MH=m-1=PS=HN，连结DF，DK延长DP交FK延长线于点R，可证△DFG≌△DKR，得到FG=KR=2（m-1），在Rt△PNR中tan∠R=$\frac{PN}{NR}$=$\frac{-\frac{1}{2}（m-3）（m+1）}{m+1}$=$\frac{1}{2}$（3-m），在Rt△DHR中tan∠R=$\frac{DH}{HR}$=$\frac{2}{2m}$=$\frac{1}{m}$，可得$\frac{1}{2}$（3-m）=$\frac{1}{m}$，得到点P坐标（2，4），进一步得到S=$\frac{8}{3}$．

解答 解：（1）抛物线y=ax²-2ax+4的对称轴是x=1，
∵AB=6，
∴由对称性可得点A（-2，0），将A（-2，0）代入解析式可得4a+4a+4=0，解得a=-$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4；
（2）如图1，连接CE，延长CQ交x轴于点G，
点C（0，4），对称轴是x=1，由对称性可得点E（2，4），
∴CE=2，CE∥x轴，
∵CG∥BE，
∴四边形CGBE是平行四边形，
∴BG=2，
∴OG=2，
∴tan∠OCG=$\frac{1}{2}$，
过点Q作QT⊥OC于点T，在Rt△QCT中，设QT=m，则CT=2m，
∵OQ平分∠COB，
∴∠QOC=45°，
∴QT=OT=m，
∴OC=3m=4，
∴m=$\frac{4}{3}$，
∴点Q坐标（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$）；
（3）设直线BF解析式为y=kx+b过点B（4，0）、Q（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$），可得解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，
将点F（x，-$\frac{1}{2}$x+2）代入抛物线的解析式可得-$\frac{1}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，
解得x₁=4（舍去），x₂=-1，
∴点F（-1，$\frac{5}{2}$），
由对称性FH=KH=2，得点K（3，$\frac{5}{2}$），
当x=1时，y=-$\frac{1}{2}$×1²+1+4=$\frac{9}{2}$，
∴点D（1，$\frac{9}{2}$），
∴DH=$\frac{9}{2}$-$\frac{5}{2}$=2，
设点P坐标为（m，-$\frac{1}{2}$m²+m+4），过点P作PS⊥DH于点S，PN⊥FK于点N，如图2，
∴HN=PS=m-1，DS=$\frac{9}{2}$+$\frac{1}{2}$m²-m-4=$\frac{1}{2}$（m-1）²，
tan∠DPS=$\frac{1}{2}$（m-1），∠PDM=90°，
∴∠MDH=∠DPS，
∴tan∠MDH=tan∠DPS，
$\frac{MH}{DH}$=$\frac{1}{2}$（m-1），
∴MH=m-1=PS=HN，
∵FG=2MH=2（m-1），
连结DF，DK延长DP交FK延长线于点R，
由FH=KH=DH可得∠FDK=90°，∠DFK=∠DKF=45°，∠DFG=∠DKR=135°，
∴∠MDF=∠KDR，
∴△DFG≌△DKR，
∴FG=KR=2（m-1），
PN=-$\frac{1}{2}$m²+m+4-$\frac{5}{2}$=-$\frac{1}{2}$m²+m+$\frac{3}{2}$=-$\frac{1}{2}$（m-3）（m+1），
NR=NK+KR=3-m+2（m-1）=m+1，
HR=KR+HK=2+（2m-1）=2m，
在Rt△PNR中tan∠R=$\frac{PN}{NR}$=$\frac{-\frac{1}{2}（m-3）（m+1）}{m+1}$=$\frac{1}{2}$（3-m），
在Rt△DHR中tan∠R=$\frac{DH}{HR}$=$\frac{2}{2m}$=$\frac{1}{m}$，
∴$\frac{1}{2}$（3-m）=$\frac{1}{m}$，
解得m₁=1（舍去），m₂=2，
∴点P坐标（2，4），
∴S=$\frac{8}{3}$．

点评 本题主要考查了二次函数综合题，直线上点的坐标特征、用待定系数法求抛物线的解析式、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，对运算能力的要求比较高，有一定的难度；将QT及CT用t的代数式表示则是解决第（2）小题的关键，证到FG=KR则是解决第（3）小题的关键．