Question

12．如图，抛物线y=-$\frac{1}{8}$x²+mx+n经过△ABC的三个顶点，点A坐标为（0，3），点B坐标为（2，3），点C在x轴的正半轴上．
（1）求该抛物线的函数关系表达式及点C的坐标；
（2）点E为线段OC上一动点，以OE为边在第一象限内作正方形OEFG，当正方形的顶点F恰好落在线段AC上时，求线段OE的长；
（3）将（2）中的正方形OEFG沿OC向右平移，记平移中的正方形OEFG为正方形DEFG，当点E和点C重合时停止运动．设平移的距离为t，正方形DEFG的边EF与AC交于点M，DG所在的直线与AC交于点N，连接DM，是否存在这样的t，使△DMN是等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）在上述平移过程中，当正方形DEFG与△ABC的重叠部分为五边形时，请直接写出重叠部分的面积S与平移距离t的函数关系式及自变量t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，令y=0解方程，求出点C的坐标；
（2）如答图1所示，由△CEF∽△COA，根据比例式列方程求出OE的长度；
（3）如答图2所示，若△DMN是等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论；
（4）当正方形DEFG与△ABC的重叠部分为五边形时，如答图3所示．利用S=S_{正方形DEFG}-S_梯形MEDN-S_△FJK求出S关于t的表达式．

解答 解：（1）∵抛物线y=-$\frac{1}{8}$x²+mx+n经过点A（0，3），B（2，3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{-\frac{1}{8}×{2}^{2}+2m+n=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{4}}\\{n=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为：y=-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{1}{4}$x+3．
令y=0，即-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{1}{4}$x+3=0，
解得x=6或x=-4，
∵点C位于x轴正半轴上，
∴C（6，0）．

（2）当正方形的顶点F恰好落在线段AC上时，如答图1所示：

设OE=x，则EF=x，CE=OC-OE=6-x．
∵EF∥OA，
∴△CEF∽△COA，
∴$\frac{EF}{OA}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{x}{3}$=$\frac{6-x}{6}$，
解得x=2．
∴OE=2．

（3）存在满足条件的t．理由如下：
如答图2所示，

易证△CEM∽△COA，∴$\frac{EM}{OA}$=$\frac{CE}{CO}$，即$\frac{EM}{3}$=$\frac{4-t}{6}$，得ME=2-$\frac{1}{2}$t．
过点M作MH⊥DN于点H，则DH=ME=2-$\frac{1}{2}$t，MH=DE=2．
易证△MHN∽△COA，∴$\frac{NH}{OA}$=$\frac{MH}{OC}$，即$\frac{NH}{3}$=$\frac{2}{6}$，得NH=1．
∴DN=DH+HN=3-$\frac{1}{2}$t．
在Rt△MNH中，MH=2，NH=1，由勾股定理得：MN=$\sqrt{5}$．
当△DMN是等腰三角形时，分三种情况：
①若DN=MN，则3-$\frac{1}{2}$t=$\sqrt{5}$，解得t=6-2$\sqrt{5}$；
②若DM=MN，则DM²=MN²，即2²+（2-$\frac{1}{2}$t）²=（$\sqrt{5}$）²，
解得t=2或t=6（不合题意，舍去）；
③若DM=DN，则DM²=DN²，即2²+（2-$\frac{1}{2}$t）²=（3-$\frac{1}{2}$t）²，解得t=1．
综上所述，当t=1或2或6-2$\sqrt{5}$时，△DMN是等腰三角形．

（4）当正方形DEFG与△ABC的重叠部分为五边形时，如答图3所示：

设EF、DG分别与AC交于点M、N，由（3）可知：ME=2-$\frac{1}{2}$t，DN=3-$\frac{1}{2}$t．
设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B（2，3）、C（6，0）代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=3}\\{6k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{9}{2}}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{9}{2}$．
设直线BC与EF交于点K，
∵x_K=t+2，∴y_K=-$\frac{3}{4}$x_K+$\frac{9}{2}$=-$\frac{3}{4}$t+3，
∴FK=y_F-y_K=2-（-$\frac{3}{4}$t+3）=$\frac{3}{4}$t-1；
设直线BC与GF交于点J，
∵y_J=2，
∴2=-$\frac{3}{4}$x_J+$\frac{9}{2}$，得x_J=$\frac{10}{3}$，
∴FJ=x_F-x_J=t+2-$\frac{10}{3}$=t-$\frac{4}{3}$．
∴S=S_{正方形DEFG}-S_梯形MEDN-S_△FJK
=DE²-$\frac{1}{2}$（ME+DN）•DE-$\frac{1}{2}$FK•FJ
=2²-$\frac{1}{2}$[（2-$\frac{1}{2}$t）+（3-$\frac{1}{2}$t）]×2-$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{4}$t-1）（t-$\frac{4}{3}$）
=-$\frac{3}{8}$t²+2t-$\frac{5}{3}$．
过点G作GH⊥y轴于点H，交AC于点I，则HI=2，HJ=$\frac{10}{3}$，
∴t的取值范围是：2＜t＜$\frac{10}{3}$．
∴S与t的函数关系式为：S=-$\frac{3}{8}$t²+2t-$\frac{5}{3}$（2＜t＜$\frac{10}{3}$）．

点评 本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，图形面积的计算等知识，考查了运动型问题、存在型问题和分类讨论的数学思想，难度较大．解题关键是理解图形的运动过程．