Question

5．在平面直角坐标系中，抛物线y=$\frac{1}{4}$x²-bx+c与x轴交于点A（8，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．

（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第四象限抛物线上一点，连接PB并延长交y轴于点D，若点P的横坐标为t，CD长为d，求d与t的函数关系式（并求出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC，过点P作PH⊥x轴，垂足为点H，延长PH交AC于点E，连接DE，射线DP关于DE对称的射线DG交AC于点G，延长DG交抛物线于点F，当点G为AC中点时，求点F的坐标．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法直接求出抛物线解析式；
（2）先表示出BH，PH，进而得出∠HBP的正切值，再用等角的同名三角函数即可表示出OD，即可得出结论；
（3）先求出直线AC解析式，进而判断出四边形DOMN是矩形，最后用三角函数和对称性求出t，即可得出OD和tan∠GDN=$\frac{1}{3}$，即可得出结论．

解答 证明：（1）∵抛物线$y=\frac{1}{4}{x^2}-bx+c$过A（8，0）、B（2，0）两点，
∴$\left\{\begin{array}{l}0=\frac{1}{4}×{8^2}-8b+c\\ 0=\frac{1}{4}×{2^2}-2b+c\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}b=\frac{5}{2}\\ c=4\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{5}{2}$x+4
（2）如图2，

过点P作PH⊥AB于点H，
设点P（t，$\frac{1}{4}{t^2}-\frac{5}{2}t+4$）
∴BH=t-2，PH=$-\frac{1}{4}{t^2}+\frac{5}{2}t-4$
∴tan∠HBP=$\frac{PH}{BH}$=$\frac{-\frac{1}{4}{t}^{2}+\frac{5}{2}t-4}{t-2}$，
∵∠OBD=∠HBP，
∴tan∠OBD=tan∠HBP，
∴$-\frac{1}{4}（t-8）=\frac{OD}{2}$，
∴OD=$-\frac{1}{2}t+4$，
∴CD=4-OD=$\frac{1}{2}t$
∴d=$\frac{1}{2}t$（2＜t＜8），
（3）如图3，

设直线 AC的解析式为y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}8k+b=0\\ b=4\end{array}\right.$
∴$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2}\\ b=4\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+4$，
∴点E（t，$-\frac{1}{2}t+4$）
∴EH=OD=$-\frac{1}{2}t+4$，
∵EH∥OD，
∴四边形DOHE是矩形，
∴DE∥OH，
取AO的中点M，
连接GM，交DE于点N，
∴GM∥OC，
∴GN⊥DE，
∴四边形DOMN是矩形，
∴OD=NM=$-\frac{1}{2}t+4$，NG=2-MN=$\frac{1}{2}t-2$，
∵DN=OM=4
tan∠GDN=$\frac{{\frac{1}{2}t-2}}{4}=\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}$，
∵由对称性得∠PDE=∠GDE=∠HBP
tan∠GDN=tan∠HBP，
∴$\frac{1}{8}t-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}（t-8）$，
∴t=$\frac{20}{3}$
∴OD=$\frac{2}{3}$，
∴tan∠GDN=$\frac{1}{3}$，
设点F（m，$\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4）$
过点F作FK⊥DE交延长线于点K，
tan∠GDN=$\frac{FK}{DK}=\frac{{\frac{1}{4}{m^2}-\frac{5}{2}m+4-\frac{2}{3}}}{m}=\frac{1}{3}$，
∴${m_1}=10，{m_2}=\frac{4}{3}（舍）$，
∴F（10，4），

点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，锐角三角函数，矩形的判定和性质，解本题的关键是灵活运用锐角三角函数，是一道很好的中考压轴题．