Question

2．如图在平面直角坐标系内，点A与点C的坐标分别为（-4，8），（0，5），过点A作AB⊥x轴于点B，过OB上的动点D作直线y=kx+b平行于AC，与AB相交于点E，连结CD，过点E作直线EF∥CD，交AC于点F．
（1）求经过A、C两点的直线的解析式．
（2）若D运动到OB的中点时，求过C、D、A三点的抛物线的解析式．
（3）当点D在OB上移动时能否使四边形CDEF成为矩形？若能，求出k、b的值；若不能，请说明理由．
（4）如果将直线AC作向上平移，交y轴于点C′，交AB于点A′，连结DC′，过点E作EF′∥DC′，交A′C′于点F′，那么能否使四边形C′DEF′成为正方形？若能，请求出此时正方形的面积；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知A、C两点坐标，用待定系数求出直线AC解析式；
（2）先求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得过C、D、A三点的抛物线的解析式；
（3）D在OB上移动，设出D点坐标，根据矩形性质CD⊥DE，从而有一个斜率关系，代入可求出D点坐标，从而求出直线DE；
（4）在第二问的基础上继续延伸，使其成正方形，要求C′D=DE就可以了，列出方程解出直线DE解析式，再求出边长就解决问题了．

解答 解：（1）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A（-4，8），C（0，5），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4k+b=8}\\{b=5}\end{array}\right.$，
解得k=-$\frac{3}{4}$，b=5，
∴直线AC的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+5；

（2）设过C、D、A三点的抛物线的解析式为y=ax²+bx+c，
∵A（-4，8），过点A作AB⊥x轴于点B，
∴B（-4，0），
∵D是OB的中点，
∴D（-2，0），
∵C（0，5），
∴$\left\{\begin{array}{l}{4a-2b+c=0}\\{16a-4b+c=8}\\{c=5}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{13}{8}}\\{b=\frac{23}{4}}\\{c=5}\end{array}\right.$
∴过C、D、A三点的抛物线的解析式为y=$\frac{13}{8}$x²+$\frac{23}{4}$x+5；

（3）如图1，设D（m，0），
∵k_AC=-$\frac{3}{4}$，DE∥AC，AC⊥CD，
∴k=-$\frac{3}{4}$，k_CD=$\frac{4}{3}$，
又C（0，5），D（m，0），
∴$\frac{5-0}{0-m}$=$\frac{4}{3}$，
∴m=-$\frac{15}{4}$，
∴点D（-$\frac{15}{4}$，0）代入y=kx+b，
∴b=-$\frac{45}{16}$；

（4）如图2，假设存在这样的正方形则由题意：将直线AC作向下平移，
则可设直线AC′的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+5+c，
∵A′C′∥DE，
∴k=-$\frac{3}{4}$，直线DE的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+b，
令y=0，得x=$\frac{4}{3}$b，
设D（$\frac{4}{3}$b，0），C′（0，5+c），
又∵E点横坐标为-4，
∴E（-4，3+b），
则OD=-$\frac{4}{3}$b，BD=$\frac{4}{3}$b+4，BE=3+b，OC′=5+c，
∵由题意使四边形C′DEF′成为正方形，
∴DO=BE，OC′=DB，
则$\left\{\begin{array}{l}{3+b=-\frac{4}{3}b}\\{\frac{4}{3}b+4=5+c}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{9}{7}}\\{c=-\frac{19}{7}}\end{array}\right.$
∴边长为$\sqrt{（5+c）^{2}+（-\frac{4b}{3}）^{2}}$=$\frac{20}{7}$，
∴正方形的面积S=$\frac{20}{7}$×$\frac{20}{7}$=$\frac{400}{49}$．

点评 此题考查一次函数基本性质、待定系数求解析式、两直线平行和两直线垂直的性质、矩形的性质和正方形的性质，同时也考查了解方程组．第三问探讨存在性问题．