Question

11．已知抛物线与x轴交于A（6，0）、B（-$\frac{5}{4}$，0）两点，与y轴交于点C，过抛物线上点M（1，3）作MN⊥x轴于点N，连接OM．

（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，将△OMN沿x轴向右平移t个单位（0≤t≤5）到△O′M′N′的位置，M′N′、M′O′与直线AC分别交于点E、F．
①当点F为M′O′的中点时，求t的值；
②如图2，若直线M′N′与抛物线相交于点G，过点G作GH∥M′O′交AC于点H，试确定线段EH是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设抛物线解析式为y=a（x-6）（x+$\frac{5}{4}$），把点M（1，3）代入即可求出a，进而解决问题．
（2））①如图1中，AC与OM交于点G．连接EO′，首先证明△AOC∽△MNO，推出OM⊥AC，在RT△EO′M′中，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
②由△GHE∽△AOC得$\frac{EG}{HE}$=$\frac{AC}{CO}$=$\sqrt{19}$，所以EG最大时，EH最大，构建二次函数求出EG的最大值即可解决问题．

解答 解：（1）设抛物线解析式为y=a（x-6）（x+$\frac{5}{4}$），把点M（1，3）代入得a=-$\frac{4}{15}$，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{4}{15}$（x-6）（x+$\frac{5}{4}$），
∴y=-$\frac{4}{15}$x²+$\frac{19}{15}$x+2．
（2）①如图1中，AC与OM交于点G．连接EO′．

∵AO=6，OC=2，MN=3，ON=1，
∴$\frac{AO}{OC}$=$\frac{MN}{ON}$=3，
∴$\frac{AO}{MN}$=$\frac{OC}{ON}$，∵∠AOC=∠MON=90°，
∴△AOC∽△MNO，
∴∠OAC=∠NMO，
∵∠NMO+∠MON=90°，
∴∠MON+∠OAC=90°，
∴∠AGO=90°，
∴OM⊥AC，
∵△M′N′O′是由△MNO平移所得，
∴O′M′∥OM，
∴O′M′⊥AC，
∵M′F=FO′，
∴EM′=EO′，
∵EN′∥CO，
∴$\frac{EN′}{CO}$=$\frac{AN′}{AO}$，
∴$\frac{EN′}{2}$=$\frac{5-t}{6}$，
∴EN′=$\frac{1}{3}$（5-t），
在RT△EO′N′中，∵O′N′=1，EN′=$\frac{1}{3}$（5-t），EO′=EM′=$\frac{4}{3}$+$\frac{1}{3}$t，
∴（$\frac{4}{3}$+$\frac{1}{3}$t）²=1+（$\frac{5}{3}$-$\frac{1}{3}$t）²，
∴t=1．
②如图2中，

∵GH∥O′M′，O′M′⊥AC，
∴GH⊥AC，
∴∠GHE=90°，
∵∠EGH+∠HEG=90°，∠AEN′+∠OAC=90°，∠HEG=∠AEN′，
∴∠OAC=∠HGE，∵∠GHE=∠AOC=90°，
∴△GHE∽△AOC，
∵AC=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$
∴$\frac{EG}{HE}$=$\frac{AC}{CO}$=$\frac{2\sqrt{10}}{2}$=$\sqrt{10}$，
∴EG最大时，EH最大，
∵EG=GN′-EN′=-$\frac{4}{15}$（t+1）²+$\frac{19}{15}$（t+1）+2-$\frac{1}{3}$（5-t）=-$\frac{4}{15}$t²+$\frac{16}{15}$t+$\frac{4}{3}$=-$\frac{4}{15}$（t-2）²+$\frac{12}{5}$．
∴t=2时，EG最大值=$\frac{12}{5}$，
∴EH最大值=$\frac{6\sqrt{10}}{25}$．
∴t=2时，EH最大值为$\frac{6\sqrt{10}}{25}$．

点评 本题考查二次函数综合题、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是发现OM⊥CA，学会利用转化的思想解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．