Question

2．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=a（x-h）²+8（a≠0，a，h为常数）与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C，且AB=12，B（9，0）．
（1）如图1，求a，h的值；
（2）如图2，点P在第一象限对称轴右侧的抛物线上，PE⊥x轴于点E，交线段BC于点D，点F在线段BD上，且PD=$\frac{\sqrt{13}}{5}$PF，FQ⊥BC，交直线PE于点Q，当PQ=8时，求点P的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，R是线段CD上一点，过点R作RG平行于x轴，与线段PQ交于点G，连接OG，OQ，恰好使∠GOQ=45°，延长QR到点H，使QR=RH，连接AH，求线段AH的长，并直接判断点H是否在此抛物线上？

Answer 1

分析 （1）先确定A点坐标，然后把A点和B点坐标代入解析式得到关于a和h的方程组，然后解方程组；
（2）抛物线解析式为y=-$\frac{2}{9}$x²+$\frac{4}{3}$x+6，则C（0，6），再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=-$\frac{2}{3}$x+6，根据二次函数图象上点的坐标特征与一次函数图象上点的坐标特征，设P（t，-$\frac{2}{9}$t²+$\frac{4}{3}$t+6），D（t，-$\frac{2}{3}$t+6），所以PD=-$\frac{2}{9}$t²+2t；作PH⊥BC于H，如图2，在Rt△OBC中利用勾股定理计算出BC=3$\sqrt{13}$，接着证明Rt△FDQ∽Rt△OCB得到DF=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$DQ，证明Rt△PDH∽Rt△BCO得到PH=$\frac{3\sqrt{13}}{13}$PD，DH=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$PD，所以HF=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$PQ=$\frac{16\sqrt{13}}{13}$，而PD=$\frac{\sqrt{13}}{5}$PF，于是在Rt△PHF中利用勾股定理得到（$\frac{3\sqrt{13}}{13}$PD）²+（$\frac{16\sqrt{13}}{13}$）²=（$\frac{5\sqrt{13}}{13}$PD）²，解得PD=4，则-$\frac{2}{9}$t²+2t=4，解得t=3（舍去）或t=6，所以点P的坐标为（6，6）；
（3）在（2）的条件下，确定点P、E、Q、D的坐标，根据P、C的坐标可知PCOE是正方形，由于∠GOQ=45°，于是联想到“90度含45度”模型，过O点作OF⊥OQ交CP于F，连接FG，易证△COF≌△EOQ和△FOG≌△QOG，利用勾股定理算出EG的长度，进而确定R点坐标，由RH=QR可知H与Q关于R点对称，于是得出H点坐标，从而算出AH的长度，将H点的坐标代入抛物线解析式验证即可判定H点是否在抛物线上．

解答 解：（1）∵AB=12，B（9，0），
∴A（-3，0），
把A（-3，0），B（9，0）代入y=a（x-h）²+8得$\left\{\begin{array}{l}{a（-3-h）^{2}+8=0}\\{a（9-h）^{2}+8=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{2}{9}}\\{h=3}\end{array}\right.$；
（2）抛物线解析式为y=a（x-h）²+8=-$\frac{2}{9}$（x-3）²+8=-$\frac{2}{9}$x²+$\frac{4}{3}$x+6，
当x=0时，y=-$\frac{2}{9}$x²+$\frac{4}{3}$x+6=6，则C（0，6），
设直线BC的解析式为y=mx+n，把C（0，6），B（9，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{n=6}\\{9m+n=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{2}{3}}\\{n=6}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{2}{3}$x+6，
设P（t，-$\frac{2}{9}$t²+$\frac{4}{3}$t+6），则D（t，-$\frac{2}{3}$t+6），
∴PD=-$\frac{2}{9}$t²+$\frac{4}{3}$t+6-（-$\frac{2}{3}$t+6）=-$\frac{2}{9}$t²+2t，
作PH⊥BC于H，如图2，
在Rt△OBC中，OC=6，OB=9，BC=$\sqrt{{6}^{2}+{9}^{2}}$=3$\sqrt{13}$，
∵PE⊥x轴，
∴DQ∥OC，
∴∠QDF=∠OCB，
∴Rt△FDQ∽Rt△OCB，
∴$\frac{DF}{OC}$=$\frac{DQ}{BC}$，即$\frac{DF}{6}$=$\frac{DQ}{3\sqrt{13}}$，
∴DF=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$DQ，
同理可得Rt△PDH∽Rt△BCO，
∴$\frac{PH}{OB}$=$\frac{DH}{OC}$=$\frac{PD}{BC}$，即$\frac{PH}{9}$=$\frac{DH}{6}$=$\frac{PD}{3\sqrt{13}}$，
∴PH=$\frac{3\sqrt{13}}{13}$PD，DH=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$PD，
∴HF=HD+DF=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$DQ+$\frac{2\sqrt{13}}{13}$PD=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$（DQ+PD）=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$PQ=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$×8=$\frac{16\sqrt{13}}{13}$，
∵PD=$\frac{\sqrt{13}}{5}$PF，
∴PF=$\frac{5\sqrt{13}}{13}$PD，
在Rt△PHF中，∵PH²+HF²=PF²，
∴（$\frac{3\sqrt{13}}{13}$PD）²+（$\frac{16\sqrt{13}}{13}$）²=（$\frac{5\sqrt{13}}{13}$PD）²，解得PD=4，
∴-$\frac{2}{9}$t²+2t=4，解得t=3（舍去）或t=6，
∴点P的坐标为（6，6）；
（3）如图3，

由（2）可知：P（6，6）、D（6，2）、E（6，0）、Q（6，-2），
连接CP，过O点作OF⊥OQ交CP于F，连接FG，
∵C（0，6），
∴OQPC为正方形，
∴∠COF=∠EOQ，
在△COF和△EOQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠FCO=∠QEO}\\{CO=EO}\\{∠COF=∠EOQ}\end{array}\right.$，
∴△COF≌△EOQ（ASA），
∴CF=EQ=2，OF=OQ，
∴PF=6-2=4，
在△FOG和△QOG中，
$\left\{\begin{array}{l}{FO=QO}\\{∠FOG=∠QOG}\\{OG=OG}\end{array}\right.$，
∴△FOG≌△QOG（SAS），
∴FG=QG，
∴FG=CF+GE，
设GE=x，则PG=6-x，FG=2+x，
在Rt△PFG中，由勾股定理可得：16+（6-x）²=（2+x）²，
解得x=3，
∴G为PE中点，GQ=5，
∵GR∥x轴，
∴R（$\frac{9}{2}$，3）
∵RH=QR，
∴H（3，8），
∴AH=10，
经验证，H点的坐标满足抛物线的方程，
∴H点在抛物线上．

点评 本题为二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质、待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点，难度较大．判断出PCOE是正方形并利用90度含45度模型构造全等三角形是解决第（3）问的关键．