题目内容
10．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线$y=\frac{4}{3}x+b$与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$经过点A、B．（1）求抛物线的解析式；
（2）点C在（1）中所求得的抛物线的第三象限上，点D在x轴上，点E在AB上，若四边形ADCE为菱形，求菱形ADCE的周长；
（3）在（2）的条件下，点P是第一象限的抛物线上的点，若S△ABP=$\frac{25}{2}$，将△ACB沿AB翻折，点C的对称点是C′，并判断点C′是否在直线PA上？若存在，求点C′的坐标；若不在，说明理由．
分析 （1）先确定B点坐标，则可得到b的值，接着利用一次函数解析式求出A点坐标，然后把A点坐标代入$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$求出a即可得到抛物线解析式；
（2）如图一，AC交y轴于F，利用菱形的性质得到AC平分∠DAE，则根据角平分线的性质定理得到$\frac{OF}{FB}$=$\frac{AO}{AB}$=$\frac{3}{5}$，则可确定F（0，-$\frac{3}{2}$），接着利用待定系数法求出直线AF的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$，然后通过解方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{5}{6}{x}^{2}-\frac{7}{6}x-4}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得C（-1，-2），再求出E点坐标，从而得到CE的长，然后根据菱形的性质计算菱形的周长；
（3）如图二，作PH⊥y轴于H，作C′G⊥y轴于G，AM⊥C′G于M，先利用勾股定理的逆定理判断△ACB为直角三角形，∠ACB=90°，则根据折叠性质得∠AC′B=∠ACB=90°，BC′=BC=$\sqrt{5}$，AC′=AC=2$\sqrt{5}$，再证明Rt△BGC′∽Rt△C′MA，设BG=c，CG′=d，利用相似比得到C′M=2BG=2c，AM=2CG′=2d，利用d+2c=3，4+c=2d解得c=$\frac{2}{5}$，d=$\frac{11}{5}$，于是可得到C′点的坐标为（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$）；设P（t，$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4），利用S△AOB+S梯形AOHP-S△PBH=S△PAB得到$\frac{1}{2}$•3•4+$\frac{1}{2}$（3+t）•（$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4）-$\frac{1}{2}$•t•（$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4+4）=$\frac{25}{2}$，通过解方程得到P（5，11），接着利用待定系数法求出直线PA的解析式，然后根据一次函数图象上点的坐标特征判断C′点是否在直线AP上．
解答 解：（1）当x=0时，$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$=-4，则B（0，-4），
把B（0，-4）代入$y=\frac{4}{3}x+b$得b=-4，则直线AB的解析式为y=$\frac{4}{3}$x-4，
当y=0时，$\frac{4}{3}$x-4=0，解得x=3，则A（3，0），
把A（3，0）代入$y=a{x^2}-\frac{7}{5}ax-4$得9a-$\frac{21}{5}$a-4=0，解得a=$\frac{5}{6}$，
所以抛物线解析式为y=$\frac{5}{6}$x2-$\frac{7}{6}$x-4；
（2）
如图一，AC交y轴于F，
在Rt△OAB中，AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵四边形ADCE为菱形，
∴AC平分∠DAE，
∴$\frac{OF}{FB}$=$\frac{AO}{AB}$=$\frac{3}{5}$，
∴OF=$\frac{3}{8}$OB=$\frac{3}{2}$，则F（0，-$\frac{3}{2}$），
设直线AF的解析式为y=mx+n，
把A（3，0），F（0，-$\frac{3}{2}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3m+n=0}\\{n=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{2}}\\{n=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴直线AF的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$，
解方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{5}{6}{x}^{2}-\frac{7}{6}x-4}\\{y=\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=-2}\end{array}\right.$，则C（-1，-2），
当y=-2时，$\frac{4}{3}$x-4=-2，解得x=$\frac{3}{2}$，则E（$\frac{3}{2}$，-2），
∴CE=$\frac{3}{2}$-（-1）=$\frac{5}{2}$，
∴菱形ADCE的周长=4CE=10；
（3）在．
如图二，作PH⊥y轴于H，作C′G⊥y轴于G，AM⊥C′G于M，
∵BC2=12+（-2+4）2=5，AC2=（3+1）2+22=20，AB2=52，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ACB为直角三角形，∠ACB=90°，
∵△ACB沿AB翻折，点C的对称点是C′，
∴∠AC′B=∠ACB=90°，BC′=BC=$\sqrt{5}$，AC′=AC=2$\sqrt{5}$，
∵∠BC′G+∠AC′M=90°，∠BC′G+∠C′BG=90°，
∴∠AC′M=∠C′BG，
∴Rt△BGC′∽Rt△C′MA，
∴$\frac{BG}{C′M}$=$\frac{C′G}{AM}$=$\frac{BC′}{AC′}$=$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{1}{2}$，
设BG=c，CG′=d，则C′M=2BG=2c，AM=2CG′=2d，
∴d+2c=3，4+c=2d，解得c=$\frac{2}{5}$，d=$\frac{11}{5}$，
∴OG=4+$\frac{2}{5}$=$\frac{22}{5}$，
∴C′点的坐标为（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$），
设P（t，$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4），
∵S△AOB+S梯形AOHP-S△PBH=S△PAB，
∴$\frac{1}{2}$•3•4+$\frac{1}{2}$（3+t）•（$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4）-$\frac{1}{2}$•t•（$\frac{5}{6}$t2-$\frac{7}{6}$t-4+4）=$\frac{25}{2}$，
整理得t2-3t-10=0，解得t1=-2（舍去），t2=5，则P（5，11），
设直线PA的解析式为y=px+q，
把P（5，11），A（3，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{5p+q=11}\\{3p+q=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{11}{2}}\\{q=-\frac{33}{2}}\end{array}\right.$，
所以直线PA的解析式为y=$\frac{11}{2}$x-$\frac{33}{2}$，
当x=$\frac{11}{5}$时，y=$\frac{11}{2}$x-$\frac{33}{2}$=-$\frac{22}{5}$，
∴C′（$\frac{11}{5}$，-$\frac{22}{5}$）在直线AP上．
点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象、一次函数图象上点的坐标特征和菱形的性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；利用相似计算线段的长和利用勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形．
| A． | 任意三角形的内角和都是180° | |
| B． | 三角形按边分可分为不等边三角形和等腰三角形 | |
| C． | 三角形的中线、角平分线、高都是线段 | |
| D． | 三角形的一个外角大于任何一个内角 |
用四个相同的长方形与一个小正方形无重叠、无缝隙地拼成一个大正方形的图案（如图），则由图形能得出（a-b）2=（a+b）2-4ab（化为a、b两数和与积的形式）
如图是同一时刻学校里一棵树和旗杆的影子，如果树高为3米，测得它的影子长为1.2米，旗杆的高度为5米，则它的影子长为（ ）| A． | 4米 | B． | 2米 | C． | 1.8米 | D． | 3.6米 |
如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=10cm，∠B=150°，则?ABCD的面积=40cm2．