Question

4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax²+bx-8與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線l經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，與拋物線的一個(gè)交點(diǎn)為D，與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)E，連接CE，已知點(diǎn)A，D的坐標(biāo)分別為（-2，0），（6，-8）．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式，并分別求出點(diǎn)B和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）試探究拋物線上是否存在點(diǎn)F，使△FOE≌△FCE？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）若點(diǎn)P是y軸負(fù)半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)其坐標(biāo)為（0，m），直線PB與直線l交于點(diǎn)Q，試探究：當(dāng)m為何值時(shí)，△OPQ是等腰三角形．
（4）若F點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），OF繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OF′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接F′B、F′C，求2F′B+F′C的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和直線DE的解析式，利用配方法求拋物線的對(duì)稱軸，即點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為x=3，代入直線DE中可求得E的縱坐標(biāo)，根據(jù)對(duì)稱性求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）如圖1，根據(jù)△FOE≌△FCE，對(duì)應(yīng)邊相等，得FC=FO，所以F在OC的中垂線上，點(diǎn)F縱坐標(biāo)為-4，代入拋物線后求得點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）由題意可知：分情況討論：即當(dāng)OP=OQ和當(dāng)OQ=PQ時(shí)，△OPQ是等腰三角形，構(gòu)建平行線，利用相似三角形的性質(zhì)和判定，結(jié)合待定系數(shù)法解一次函數(shù)的解析式，即可求出結(jié)論；
（4）如圖4中，取點(diǎn)K（0，-2），連接BK、KF′、OF′，只要證明△KOF′∽△F′OC，推出KF′=$\frac{1}{2}$F′C，所以2BF′+CF′=2（BF′+$\frac{1}{2}$CF′）≥2BK，所以當(dāng)K、F′、B共線時(shí)，2BF′+CF′的值最小，最小值為2BK．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx-8經(jīng)過點(diǎn)A（-2，0），D（6，-8），
∴$\left\{\begin{array}{l}{4a-2b-8=0}\\{36a+6b-8=-8}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$x²-3x-8，
∵y=$\frac{1}{2}$x²-3x-8=$\frac{1}{2}$（x-3）²-$\frac{25}{2}$，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=3，
又∵拋物線與x軸交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A坐標(biāo)（-2，0），
∴點(diǎn)B坐標(biāo)（8，0）．
設(shè)直線l的解析式為y=kx，
∵經(jīng)過點(diǎn)D（6，-8），
∴6k=-8，
∴k=-$\frac{4}{3}$，
∴直線l的解析式為y=-$\frac{4}{3}$x，
∵點(diǎn)E為直線l與拋物線的交點(diǎn)，
∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為3，縱坐標(biāo)為-$\frac{4}{3}$×3=-4，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)（3，-4）．
（2）如圖1，拋物線上存在點(diǎn)F使得△FOE≌△FCE，
過C作CG⊥對(duì)稱軸于G，
當(dāng)x=0時(shí)，y=-8，
∴C（0，-8），
∴OC=8，
∵E（3，-4），
由勾股定理得：OE=5，CE=5，
∴OE=CE，
此時(shí)點(diǎn)F縱坐標(biāo)為-4，
∴$\frac{1}{2}$x²-3x-8=-4，
∴x²-6x-8=0，
x=3±$\sqrt{17}$，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)（3+$\sqrt{17}$，-4）或（3-$\sqrt{17}$，-4）；
（3）①如圖2中，當(dāng)OP=OQ時(shí)，△OPQ是等腰三角形．
∵點(diǎn)E坐標(biāo)（3，-4），
∴OE=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，過點(diǎn)E作直線ME∥PB，交y軸于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)H．則$\frac{OM}{OP}$=$\frac{OE}{OQ}$，
∴OM=OE=5，
∴點(diǎn)M坐標(biāo)（0，-5）．
設(shè)直線ME的解析式為y=k₁x-5，
∴3k₁-5=-4，
∴k₁=$\frac{1}{3}$，
∴直線ME解析式為y=$\frac{1}{3}$x-5，
令y=0，得$\frac{1}{3}$x-5=0，解得x=15，
∴點(diǎn)H坐標(biāo)（15，0），
∵M(jìn)H∥PB，
∴$\frac{OP}{OM}$=$\frac{OB}{OH}$，即$\frac{-m}{5}$=$\frac{8}{15}$，
∴m=-$\frac{8}{3}$，
②如圖3，
當(dāng)QO=QP時(shí)，△POQ是等腰三角形．
由（2）得OE=CE，
∴∠1=∠2，
∵QO=QP，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴CE∥PB，
設(shè)直線CE交x軸于N，解析式為y=k₂x-8，
∴3k₂-8=-4，
∴k₂=$\frac{4}{3}$，
∴直線CE解析式為y=$\frac{4}{3}$x-8，
令y=0，得$\frac{4}{3}$x-8=0，
∴x=6，
∴點(diǎn)N坐標(biāo)（6，0），
∵CN∥PB，
∴$\frac{OP}{OC}$=$\frac{OB}{ON}$，
∴$\frac{-m}{8}$=$\frac{8}{6}$，
∴m=-$\frac{32}{3}$．
③OP=PQ時(shí)，顯然不可能，理由，
∵D（6，-8），
∴∠1＜∠BOD，
∵∠OQP=∠BOQ+∠ABP，
∴∠PQO＞∠1，
∴OP≠PQ，
綜上所述，當(dāng)m=-$\frac{8}{3}$或-$\frac{32}{3}$時(shí)，△OPQ是等腰三角形；
（4）如圖4中，取點(diǎn)K（0，-2），連接BK、KF′、OF′．
∵∠KOF′=∠COF′，OK=2，OF′=4，OC=OB=8，
∴$\frac{OK}{OF′}$=$\frac{OF′}{OC}$=$\frac{1}{2}$，
∴△KOF′∽△F′OC，
∴KF′=$\frac{1}{2}$F′C，
∴2BF′+CF′=2（BF′+$\frac{1}{2}$CF′）≥2BK，
∴當(dāng)K、F′、B共線時(shí)，2BF′+CF′的值最小，最小值為2BK=2•$\sqrt{{8}^{2}+{2}^{2}}$=4$\sqrt{17}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法、等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類討論，注意不能漏解，與方程相結(jié)合，本題構(gòu)造相似三角形解決最值問題是難點(diǎn)，屬于中考?jí)狠S題．．