Question

8．如圖，拋物線$y=\frac{4}{3}{x^2}+\frac{8}{3}x-4$與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y交于點(diǎn)C，∠BAC的平分線與y軸交于點(diǎn)D，與拋物線相交于點(diǎn)Q，P是線段AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，分別交AD，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接BE，BF．
（1）如圖1，求線段AC所在直線的解析式；
（2）如圖1，求△BEF面積的最大值和此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，以EF為邊，在它的右側(cè)作正方形EFGH，點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動時(shí)正方形EFGH也隨之運(yùn)動和變化，當(dāng)正方形EFGH的頂點(diǎn)G或頂點(diǎn)H在線段BC上時(shí)，求正方形EFGH的邊長．

Answer 1

分析 （1）由拋物線解析式求得點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法來求直線AC的直線方程即可；
（2）如答圖2，在直角三角形AOC中利用勾股定理求得AC的長度；過點(diǎn)D作DI⊥AC于點(diǎn)I，構(gòu)建全等三角形△ADI≌△ADO（SSA）和Rt△CDI，利用全等三角形的性質(zhì)可以設(shè)DI=DO=m，則DC=OC-OD=4-m．所以根據(jù)勾股定理列出關(guān)于m的方程，借助于方程解題即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)；然后利用待定系數(shù)法求得直線AD方程，由直線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、三角形的面積公式和二次函數(shù)最值的求法來求△BEF面積的最大值和此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）需要分類討論：①當(dāng)頂點(diǎn)G在線段BC上時(shí)，如答圖3．設(shè)P（t，0），則由一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和正方形的性質(zhì)推知$E（{t，-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）$，$F（{t，-\frac{4}{3}t-4}）$，$G（{-\frac{1}{3}t，-\frac{4}{3}t-4}）$．所以由正方形的鄰邊相等得到：$\frac{5}{6}t+\frac{5}{2}=-\frac{4}{3}t$，易得EF、FG的長度，從而求得點(diǎn)P的坐標(biāo)和正方形的邊長；
同理，②當(dāng)頂點(diǎn)H在線段BC上時(shí)，$P（{-\frac{45}{47}，0}）$，正方形的邊長為$\frac{80}{47}$．

解答 解：（1）如答圖1，拋物線的解析式為：$y=\frac{4}{3}{x^2}+\frac{8}{3}x-4$．
令x=0，則y=-4，
∴C（0，-4）．
令y=0，則$\frac{4}{3}{x^2}+\frac{8}{3}x-4=0$，
解得，x₁=-3，x₂=1．
∴A（-3，0），B（1，0）．
設(shè)直線AC所在直線解析式為：y=kx+b（k≠0），
將A（-3，0），C（0，-4）代入可得，$\left\{\begin{array}{l}-3k+b=0\\ b=-4\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{4}{3}\\ b=-4\end{array}\right.$，
直線AC所在直線解析式為：$y=-\frac{4}{3}x-4$；

（2）過點(diǎn)D作DI⊥AC于點(diǎn)I，如答圖2．
∵A（-3，0），C（0，-4），
∴OA=3．
∴OC=4．
在Rt△AOC中，$AC=\sqrt{O{A^2}+O{C^2}}=\sqrt{{3^2}+{4^2}}=5$．
∵在△ADI與△ADO中，$\left\{\begin{array}{l}{∠DIA=∠DOA=90°}\\{∠DAI=∠DAO}\\{DA=DA}\end{array}\right.$，
∴△ADI≌△ADO（SSA），
∴AI=AO=3，DI=DO．
設(shè)DI=DO=m，則DC=OC-OD=4-m．
∵IC=AC-AI，
∴IC=5-3=2．
在Rt△CDI中，∵ID²+IC²=DC²，
∴m²+2²=（4-m）²，
解得，$m=\frac{3}{2}$．
∴$OD=\frac{3}{2}$．
∴$D（{0，-\frac{3}{2}}）$．
設(shè)直線AD所在直線解析式為：y=kx+b（k≠0），
將A（-3，0），$D（{0，-\frac{3}{2}}）$代入可得，$\left\{\begin{array}{l}-3k+b=0\\ b=-\frac{3}{2}.\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2}\\ b=-\frac{3}{2}.\end{array}\right.$，
直線AD所在直線解析式為：$y=-\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}$．
又∵直線AC的解析式為：$y=-\frac{4}{3}x-4$．
∴設(shè)P（n，0），則$E（{n，-\frac{1}{2}n-\frac{3}{2}}）$，$F（{n，-\frac{4}{3}n-4}）$，
∴BP=1-n，$EF=（{-\frac{1}{2}n-\frac{3}{2}}）-（{-\frac{4}{3}n-4}）=\frac{5}{6}n+\frac{5}{2}$，
∴${S_{△BEF}}=\frac{1}{2}EF•BP=\frac{1}{2}（{\frac{5}{6}n+\frac{5}{2}}）（{1-n}）$=$-\frac{5}{12}{n^2}-\frac{5}{6}n+\frac{5}{4}（{-3≤n≤1}）$
∴該函數(shù)的對稱軸是直線x=-1．
∴當(dāng)x=-1時(shí)，S_△BEF的最大值=$\frac{5}{3}$．
此時(shí)，P（-1，0）；

（3）由B（1，0），C（0，-4）可得直線BC的解析式為：y=4x-4．
①當(dāng)頂點(diǎn)G在線段BC上時(shí)，如答圖3．
設(shè)P（t，0），則$E（{t，-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）$，$F（{t，-\frac{4}{3}t-4}）$，$G（{-\frac{1}{3}t，-\frac{4}{3}t-4}）$．
∴$EF=（{-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）-（{-\frac{4}{3}t-4}）=\frac{5}{6}t+\frac{5}{2}$，$FG=-\frac{1}{3}t-t=-\frac{4}{3}t$．
∵EF=FG，
∴$\frac{5}{6}t+\frac{5}{2}=-\frac{4}{3}t$，
解得，$t=-\frac{15}{13}$．
∴$FG=-\frac{4}{3}×（{-\frac{15}{13}}）=\frac{20}{13}$．
∴頂點(diǎn)G在線段BC上時(shí)，$P（{-\frac{15}{13}，0}）$，正方形的邊長為$\frac{20}{13}$；
②當(dāng)頂點(diǎn)H在線段BC上時(shí)，如答圖4．
設(shè)P（t，0），則$E（{t，-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）$，$F（{t，-\frac{4}{3}t-4}）$，$H（{-\frac{1}{8}t+\frac{5}{8}，-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）$
∴$EF=（{-\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}）-（{-\frac{4}{3}t-4}）=\frac{5}{6}t+\frac{5}{2}$，$EH=（{-\frac{1}{8}t+\frac{5}{8}}）-t=-\frac{9}{8}t+\frac{5}{8}$．
∵EF=EH，
∴$\frac{5}{6}t+\frac{5}{2}=-\frac{9}{8}t+\frac{5}{8}$，
解得，$t=-\frac{45}{47}$．
∴$EF=\frac{5}{6}×（{-\frac{45}{47}}）+\frac{5}{2}=\frac{80}{47}$．
∴頂點(diǎn)H在線段BC上時(shí)，$P（{-\frac{45}{47}，0}）$，正方形的邊長為$\frac{80}{47}$．
綜上所述，頂點(diǎn)G在線段BC上時(shí)，$P（{-\frac{15}{13}，0}）$，正方形的邊長為$\frac{20}{13}$；頂點(diǎn)H在線段BC上時(shí)，$P（{-\frac{45}{47}，0}）$，正方形的邊長為$\frac{80}{47}$．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，其中涉及到了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)最值的求法，勾股定理以及正方形的性質(zhì)，此題難度較大，對于有關(guān)于動點(diǎn)問題的解答時(shí)，切記要分類討論，以防漏解或錯解．