Question

20．如图1，抛物线y=ax²-4ax+c与x轴交于A（-2，0）、B两点，与y轴交于点C，AB=2OC，点D是OC中点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是x轴下方抛物线上的一点，若S_△PDB=3S_△ODB，求点P坐标；
（3）如图3，点E是第一象限抛物线上的点，且ED=EB，若G也是第一象限抛物线上的点，且∠CEG=∠ABD+∠CED，求点G的坐标．

Answer 1

分析 （1）根据函数值相等的点关于对称轴对称，可得B点坐标，根据AB与OC的关系，可得C点坐标，根据待定系数法，可得答案；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PN的长，根据面积的和差，可得△PBD的面积，根据S_△PDB=3S_△ODB，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案；
（3）根据勾股定理，可得关于e的方程，根据解方程，可得E点坐标，根据勾股定理及逆定理，可得∠EDB的度数，根据三角形的外角，可得∠EDB=∠ABD+∠H，根据等腰直角三角形，可得R的坐标，根据解方程组，可得G点坐标．

解答 解：（1）抛物线的对称轴为x=-$\frac{-4a}{2a}$=2，
∵A（-2，0），B点与A点关于对称轴对称，得B（6，0）．
∴AB=8．
∵AB=2OC=8，
∴OC=4，
∴c=4，C（0，4）．
将A，C坐标代入y=ax²-4ax+c，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+4．

（2）∵OC=2OD，
∴OD=2，D（0，2），
∴S_△ODB=$\frac{1}{2}$OD×OB=6．
∴BD的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+2
过点P作PM⊥x轴于M，PM延长线交BD于N，如图1，
．
∴N（m，-$\frac{1}{3}$m+2）
设P（m，-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+4），
∴PN=-$\frac{1}{3}$m+2-（-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{4}{3}$m+4）=$\frac{1}{3}$m²-$\frac{5}{3}$m-2
∴S_△PDB=S_△PNB-S_△PND=$\frac{1}{2}$PN（BM-OM）=$\frac{1}{2}$PN×OB=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$m²-$\frac{5}{3}$m-2）×6．
S_△PDB=3S_△ODB，
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$m²-$\frac{5}{3}$m-2）×6=3×6，整理，得
m²-5m-24=0，
解得m₁=-3，m₂=8，
∴P点坐标为（-3，-3）或（8，-$\frac{20}{3}$）．
（3）过点E作ER⊥y轴于R，ES⊥x轴于S，如图2，
，
∴ED²=ER²+DR²，EB²=ES²+BS²
∵ED=EB．
设E（e，-$\frac{1}{3}$e²+$\frac{4}{3}$e+4）
∴e²+（-$\frac{1}{3}$e²+$\frac{4}{3}$e+2）²=（6-e）²+（-$\frac{1}{3}$e²+$\frac{4}{3}$e+4）²，
（-$\frac{1}{3}$e²+$\frac{4}{3}$e+2）²-（-$\frac{1}{3}$e²+$\frac{4}{3}$e+4）²=（6-e）²-e²，
整理得e²+5e-36=0
解得e₁=4，e₂=-9（舍去）．
∴E（4，4），
∵R与C重合，EC∥x轴，在Rt△ECD中，
勾股定理得DE=$\sqrt{D{C}^{2}+C{E}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴BE=2$\sqrt{5}$．
在Rt△BOD中，勾股定理得，BD=$\sqrt{D{O}^{2}+B{O}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴DE²+BE²=BD²，
∠DEB=90°，
∴∠EDB=45°．
延长ED交x轴于点H．
∴∠EDB=∠ABD+∠H，
∵∠CED=∠H，
∴∠ABD+CED=45°．
作∠CEI=45°交y轴于点I，交抛物线于点G．
∴△ECI是等腰直角三角形，IC=CE=4．
∴I（0，8）
∴直线IE的解析式为y=-x+8．
设G点横坐标为g，则-g+8=-$\frac{1}{3}$g²+$\frac{4}{3}$g+4，整理，得
g²-7g+12=0，解得g₁=3，g₂=4（舍去）
∴G点坐标为（3，5）．

点评 本题考查了二次函数综合题，利用S_△PDB=3S_△ODB得出关于m的方程是解题关键；利用三角形的外角得出∠EDB=∠ABD+∠H=45°=∠GEC是解题关键．