如图①.已知点A.对称轴为x=$\frac{5}{2}$的抛物线y=$\frac{2}{3}{x^2}$+bx+c以y轴交于点B(0.4).以x轴交于点D．(1)求抛物线的解析式,(2)过点B作BC∥x轴交抛物线于点C.连接DC．判断四边形ABCD的形状.并说明理由,(3)如图②.动点E.F分别从点A.C同时出发.运动速度均为1cm/s.点F沿AC运动.到对角线AC与BD的交点M� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

8．如图①，已知点A（-3，0），对称轴为x=$\frac{5}{2}$的抛物线y=$\frac{2}{3}{x^2}$+bx+c以y轴交于点B（0，4），以x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点B作BC∥x轴交抛物线于点C，连接DC．判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（3）如图②，动点E，F分别从点A，C同时出发，运动速度均为1cm/s，点F沿AC运动，到对角线AC与BD的交点M停止，此时点E在AD上运动也停止．设运动时间为t（s），△BEF的面积为S（cm²）．求S与t的函数关系式．

分析（1）由A（-3，0），对称轴为x=$\frac{5}{2}$，B（0，4）得方程组，求解即可；
（2）四边形ABCD是菱形．先求出点D、C的坐标，已知A、B两点的坐标分别为（-3，0）、（0，4），求出线段AB、BC、AD的长，发现AD=BC，AD∥BC，得四边形ABCD是平行四边形，又AB=BC，所以四边形ABCD是菱形．
（3）先求出BD、AC，再菱形性质得BD⊥AC，BM=DM=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$，设AE=t，CF=t，则AF=$4\sqrt{5}$-t，过点E作EH⊥AC于点H，易证△AEH∽△ADM，列比例式求出EH，根据S_△BEF=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-S_{四边形EDCF}，列出S与t的函数关系式．

解答解：（1）由题意，得$\left\{\begin{array}{l}c=4\\-\frac{b}{{2×\frac{2}{3}}}\end{array}\right.=\frac{5}{2}$，解得$\left\{\begin{array}{l}c=4\\ b=-\frac{10}{3}\end{array}\right.$
∴抛物线的解析式为$y=\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4$．
（2）四边形ABCD是菱形．如图①，
理由：∵当y=0时，$\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4=0$，解得：x₁=-3，x₂=2，
∴点D为（2，0）．
∵当y=4时，$\frac{2}{3}{x^2}-\frac{10}{3}x+4=4$，解得：x₁=0，x₂=5，
∴点C为（5，4）．　　　　　　　　　　　　
∵A、B两点的坐标分别为（-3，0）、（0，4），
∴BC=AD=5．
∵BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∴AB=$\sqrt{{3^2}+{4^2}}$=5．
∴AB=AD．
∴?ABCD是菱形．
（3）如图②，
由点B（0，4），点D（2，0），可得BD=$2\sqrt{5}$．
由点A（-3，0），点C（5，4），可得AC=$4\sqrt{5}$．
在菱形ABCD中，
BD⊥AC，BM=DM=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{5}$．
由题意，知AE=t，CF=t，AF=$4\sqrt{5}$-t．
过点E作EH⊥AC于点H．
∴EH∥BD．
∴△AEH∽△ADM．
∴$\frac{EH}{DM}=\frac{AE}{AD}$，即：$\frac{EH}{{\sqrt{5}}}=\frac{t}{5}$．
解得$EH=\frac{{\sqrt{5}}}{5}t$．
∴S_△BEF=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-S_{四边形EDCF}
=S_菱形ABCD-S_△AEB-S_△BFC-（S_△ADC-S_△AEF）
=$5×4-\frac{1}{2}×4t-\frac{1}{2}×\sqrt{5}t-[{\frac{1}{2}×4\sqrt{5}×\sqrt{5}-\frac{1}{2}×（{4\sqrt{5}-t}）×\frac{{\sqrt{5}}}{5}t}]$
=$-\frac{{\sqrt{5}}}{10}{t^2}-\frac{{\sqrt{5}}}{2}t+10$．
即S与t的函数关系式为：S=$-\frac{{\sqrt{5}}}{10}{t^2}-\frac{{\sqrt{5}}}{2}t+10$．