Question

18．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A点坐标为（$\frac{5}{4}$，0），过点A的抛物线y=ax²+bx与直线y=$\frac{3}{4}$x交于点B，且B点纵坐标为$\frac{3}{2}$．
（1）求a、b的值；
（2）点P是第一象限内直线OB下方的抛物线上一点，过点P作PH⊥OB于H，若P点的横坐标为t，线段PH的长为d，求d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，已知M是y轴上的一点，且M点的纵坐标与P点的横坐标相同，过点M作MN∥x轴交PH的延长线于点N，连接ON，过点P作PQ∥x轴交OB于点Q，当∠ONM+∠HPQ-∠MON=90°时，求此时t的值．

Answer 1

分析 （1）把y=$\frac{3}{4}$代入直线解析式，即可求得B的坐标，然后把A和B的坐标代入二次函数解析式求解；
（2）设P的坐标是（t，t²-$\frac{5}{4}t$），则D的坐标是（t，$\frac{3}{4}t$），在直角△OCD和直角△PHD中根据三角函数的关系得到PH和PD的关系，从而列方程求解；
（3）过点P作PC⊥x轴于点C，连接OP，证明直角△OHP≌直角△OCP，根据PH=PC即可列方程求解．

解答 解：（1）把y=$\frac{3}{4}$代入y=$\frac{3}{4}x$中，$\frac{3}{4}x=\frac{3}{2}$，解得：x=2，
则B的坐标是（2，$\frac{3}{2}$）．
把A（$\frac{5}{4}$，0），B（2，$\frac{3}{2}$）代入y=ax²+bx，得$\left\{\begin{array}{l}{（\frac{5}{4}）^{2}a+\frac{5}{4}b=0}\\{4a+2b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-\frac{5}{4}}\end{array}\right.$，
则a=1，b=-$\frac{5}{4}$；
（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点C，交OB于点D，
∵P的横坐标是t，抛物线解析式是y=x²-$\frac{5}{4}x$，
∴P的坐标是（t，t²-$\frac{5}{4}t$），D的坐标是（t，$\frac{3}{4}t$）．
∴PD=$\frac{3}{4}t-（{t}^{2}-\frac{5}{4}t）$=-t²+2t，
CD=$\frac{3}{4}t$，OC=t，
∴OD=$\sqrt{O{C}^{2}+C{D}^{2}}$=$\frac{5}{4}t$，
∴在直角△OCD中，sin∠ODC=$\frac{OC}{OD}$=$\frac{4}{5}$，在直角△PHD中，sin∠ODC=$\frac{PH}{PD}$=$\frac{4}{5}$，
∴PH=$\frac{4}{5}PD$，
∴PH=$\frac{4}{5}$（-t²+2t）=-$\frac{4}{5}{t}^{2}+\frac{8}{5}t$，
∴d=-$\frac{4}{5}{t}^{2}+\frac{8}{5}t$；
（3）过点P作PC⊥x轴于点C，连接OP，
∵MN∥x轴，PQ∥x轴，
∴MN∥PQ．
∴∠MNP+∠HPQ=180°，
∵MN∥x轴，
∴∠OMN=90°，
∴∠ONM+∠MON=90°，
又∵∠ONM+HPQ-∠MON=90°，
∴2∠ONM=180°-∠HPQ=∠MNP，
∴∠ONM=∠ONP，OM⊥MN，OH⊥PN，M的坐标是 （0，t），
∴OM=OH=t，
∵P的横坐标是t，
∴OC=t，
∴OC=OH．
∴在直角△OHP和直角△OCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{OC=OH}\\{OP=OP}\end{array}\right.$，
∴直角△OHP≌直角△OCP，
∴PH=PC，
由（2）知PH=-$\frac{4}{5}$t²+$\frac{8}{5}$t，PC=t²-$\frac{5}{4}$t，
∴-$\frac{4}{5}$t²+$\frac{8}{5}$t=t²-$\frac{5}{4}$t，
解得：t=0（舍去），t=$\frac{19}{12}$．
∴此时t的值是$\frac{19}{12}$．

点评 本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式，以及全等三角形的判定和性质、三角函数，正确作出辅助线，证明直角△OHP≌直角△OCP，转化为方程问题是关键．