Question

5．如图，已知抛物线y=$\frac{1}{4}$（x-h）²交x轴，y轴的正半轴于A、B两点，且OA=2OB
（1）求h的值；
（2）平移直线AB交抛物线于M，交x轴于N，且$\frac{AB}{MN}$=$\frac{1}{4}$，求△MNO的面积；
（3）点C为抛物线对称轴上顶点下方的一点，过点C作直线交抛物线于E、F，交x轴于D，探求$\frac{CD}{CE}$+$\frac{CD}{CF}$的值是否为定值？如果是请求出值；如果不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意A（h，0），B（0，$\frac{1}{4}$h²），根据OA=2OB，列出方程即可解决问题．
（2）如图1中，MN=4AB，MN∥AB，作MG⊥x轴于G．由△AOB∽△NGM，可得$\frac{OB}{MG}$=$\frac{OA}{GN}$=$\frac{AB}{MN}$=$\frac{1}{4}$，由OA=2．OB=1，推出MG=4，GN=8，推出点M的纵坐标为4，y=4时，4=$\frac{1}{4}$（x-2）²，解得x=-2或6，推出M（-2，4）或（6，4），G（-2，0）或（6，0），推出N（6，0）或（14，0），由此即可解决问题．
（3）如图2中，是定值．以点C为原点作新的坐标系，设抛物线的解析式为y′=$\frac{1}{4}$x′²+m，设直线CD的解析式为y′=kx′，E（x′₁，y′₁），F（x′₂，y′₂），作FK⊥AC于K，EH⊥CA于H，
易知$\frac{CD}{CE}$=$\frac{CA}{CH}$=$\frac{CA}{y{′}_{1}}$，$\frac{CD}{CF}$=$\frac{CA}{CK}$=$\frac{CA}{y{′}_{2}}$，推出$\frac{CD}{CE}$+$\frac{CD}{CF}$=CA•$\frac{y{′}_{1}+y{′}_{2}}{y{′}_{1}y{′}_{2}}$，求出y′₁+y′₂，y′₁•y′₂，代入即可解决问题．

解答 解：（1）由题意A（h，0），B（0，$\frac{1}{4}$h²），
∴OA=h，OB=$\frac{1}{4}$h²，
∵OA=2OB，
∴h=2×$\frac{1}{4}$h²，
∴h=2或0（舍弃），
∴h=2．

（2）如图1中，MN=4AB，MN∥AB，作MG⊥x轴于G．

∵△AOB∽△NGM，
∴$\frac{OB}{MG}$=$\frac{OA}{GN}$=$\frac{AB}{MN}$=$\frac{1}{4}$，
∵OA=2．OB=1，
∴MG=4，GN=8，
∴点M的纵坐标为4，y=4时，4=$\frac{1}{4}$（x-2）²，
解得x=-2或6，
∴M（-2，4）或（6，4），∴G（-2，0）或（6，0），
∴N（6，0）或（14，0），
∴△MON的面积=$\frac{1}{2}$×6×4=12或$\frac{1}{2}$×14×4=28，
∴△MNO的面积为12或28．

（3）如图2中，$\frac{CD}{CE}$+$\frac{CD}{CF}$的值是定值．理由如下：

以点C为原点作新的坐标系，设抛物线的解析式为y′=$\frac{1}{4}$x′²+m，设直线CD的解析式为y′=kx′，E（x′₁，y′₁），F（x′₂，y′₂），
作FK⊥AC于K，EH⊥CA于H，
易知$\frac{CD}{CE}$=$\frac{CA}{CH}$=$\frac{CA}{y{′}_{1}}$，$\frac{CD}{CF}$=$\frac{CA}{CK}$=$\frac{CA}{y{′}_{2}}$，
∴$\frac{CD}{CE}$+$\frac{CD}{CF}$=CA•$\frac{y{′}_{1}+y{′}_{2}}{y{′}_{1}y{′}_{2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y′=kx′}\\{y′=\frac{1}{4}{x′}^{2}+m}\end{array}\right.$消去y′得到x′²-4kx′+m=0，
∴x′₁+x′₂=4k，x′₁•x′₂=m，可得y′₁+y′₂=4k²，y′₁•y′₂=k²m，
∴$\frac{CD}{CE}$+$\frac{CD}{CF}$=CA•$\frac{y{′}_{1}+y{′}_{2}}{y{′}_{1}y{′}_{2}}$=m•$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}m}$=4，是定值．

点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定点的坐标，学会构建新的平面直角坐标系解决问题，属于中考压轴题．