Question

19．如图，已知直线y=-$\frac{1}{2}$x+2与坐标轴交于A、B两点，抛物线y=-x²+bx+c与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B．
（1）求b、c的值．
（2）平行于y轴的直线x=2交直线AB于点D，交抛物线于点E．
①点P从原点O出发，沿x轴正方向以1个单位/秒的速度运动，设运动时间为t，过点P作x轴的垂线与直线AB交于点F，与抛物线交于点G，当t为何值时，FG：DE=1：2？
②将抛物线向上平移m（m＞0）个单位后与y轴相交于点B′，与直线x=2相交于点E′，当E′O平分∠B′E′D时，求m的值．

Answer 1

分析 （1）因为直线y=-$\frac{1}{2}$x+2与坐标轴交于A、B两点，所以可得A（4，0），B（0，2），把A（4，0），B（0，2）代入y=-x²+bx+c得：$\left\{\begin{array}{l}{-16+4b+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$，解得；$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
（2）①当x=2时，求出D，E的纵坐标，从而得到DE=4，又因为P（t，0），所以可得F（t，$-\frac{1}{2}t$+2），G（t，$-{t}^{2}+\frac{7}{2}t$+2），所以FG=$|-{t}^{2}+\frac{7}{2}t+2-（-\frac{1}{2}t+2）|$=|-t²+4t|，根据FG：DE=1：2，得到FG=|-t²+4t|=2，解方程，即可解答；
（3）过点E′作E′H⊥y轴于H，则E′H=2，易证：OB′=B′E′，由题意得点B′（0，2+m），点E′（2，5+m），在Rt△E′H B′中，B′E′=OB′=2+m，B′H=5+m-（2+m）=3，利用勾股定理得到B′E′=$\sqrt{{2}^{2}+{3}^{2}}=\sqrt{13}$，所以m=$\sqrt{13}-2$．

解答 解：（1）∵直线y=-$\frac{1}{2}$x+2与坐标轴交于A、B两点，
∴A（4，0），B（0，2），
把A（4，0），B（0，2）代入y=-x²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{-16+4b+c=0}\\{c=2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=\frac{7}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$．
抛物线的解析式为：y=$-{x}^{2}+\frac{7}{2}x+2$
（2）①当x=2时，y_D=$-\frac{1}{2}×2+2$=1，y_E=$-{2}^{2}+\frac{7}{2}×2+2$=5，
∴DE=4
又∵P（t，0），
∴F（t，$-\frac{1}{2}t$+2），G（t，$-{t}^{2}+\frac{7}{2}t$+2），
∴FG=$|-{t}^{2}+\frac{7}{2}t+2-（-\frac{1}{2}t+2）|$=|-t²+4t|，
∵FG：DE=1：2，
∴FG=|-t²+4t|=2，
解得：$t=2±\sqrt{2}$或t=$2±\sqrt{6}$（负根舍去）
∴当t=$2±\sqrt{2}$或t=$2+\sqrt{6}$时，FG：DE=1：2；
②如图，过点E′作E′H⊥y轴于H，则E′H=2，

∵E′O平分∠B′E′D，
∴∠B′E′O=∠OE′D，
又∵OH∥DE′，
∴∠B′OE′=∠OE′D，
∴∠B′E′O=∠B′OE′
∴OB′=B′E′，
由题意得点B′（0，2+m），点E′（2，5+m），
在Rt△E′H B′中，B′E′=OB′=2+m，
B′H=5+m-（2+m）=3，
∴B′E′=$\sqrt{{2}^{2}+{3}^{2}}=\sqrt{13}$，
∴m=$\sqrt{13}-2$．

点评 本题考查了二次函数，解决本题的关键是求出F，G点的坐标，以及数形结合思想的应用．