Question

1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△OAB的直角頂點A在x軸上，頂點B的坐標(biāo)為（-2，4），拋物線y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+bx+c經(jīng)過點A，將Rt△OAB繞著點O按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△OCD，點C為點A的對應(yīng)點，點E為拋物線y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+bx+c于線段CD的交點．
（1）用含有b的代數(shù)式表示c．
（2）若拋物線y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+bx+c與△OCD的各邊共有兩個交點，求b的取值范圍．
（3）在圖中畫出點E旋轉(zhuǎn)前的對應(yīng)點F，連結(jié)OF、EF，設(shè)由線段OF、FE、ED、DO首尾順次連結(jié)組成的封閉圖形的面積為S．
①當(dāng)直線EF∥OD時，求線段EF的長．
②當(dāng)S=6時，求拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c的表達式．

Answer 1

分析 （1）首先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可求得A（-2，0），C（0，2），D（4，2），然后由拋物線y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+bx+c經(jīng)過點A，代入求得答案；
（2）分別求得拋物線y=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+bx+c過原點與過D點時的b的取值，繼而求得b的取值范圍；
（3）①首先過點E作EH⊥OD，垂足為H，設(shè)EH=m，易得△EOF為等腰直角三角形，△EOH為等腰直角三角形，△DEH∽△DOC，則可求得OD=3m，繼而求得m的值，則可求得答案；
②首先設(shè)E點橫坐標(biāo)為a，易得方程$\frac{1}{2}$（a²+4）+$\frac{1}{2}$×2（4-a）=6，繼而求得答案．

解答 解：（1）由題意可得：A（-2，0），C（0，2），D（4，2），
∵拋物線經(jīng)過點A，
∴-$\frac{1}{2}$×4-2b+c=0，
解得：c=2b+2；

（2）拋物線經(jīng)過原點，c=0，2b+2=0，
解得：b=-1，
∵拋物線經(jīng)過點D，則-$\frac{1}{2}$×16+4b+2b+2=2，
解得：b=$\frac{4}{3}$，
∴-1＜b＜$\frac{4}{3}$；

（3）①過點E作EH⊥OD，垂足為H，
設(shè)EH=m，
∵△EOF為等腰直角三角形，
∴∠FEO=45°，
∵EF∥OD，
∴∠EOD=45°，
在等腰直角△OEH中，EH=OH=m，
∵∠EHD=∠OCD=90°，∠D是公共角，
∴△DEH∽△DOC，
∴EH：DH=OC：CD=2：4，
∴Rt△EDH中，DH=2EH=2m，
∴OD=3m=2$\sqrt{5}$，
∴m=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
∴EF=$\sqrt{2}$OE=2OH=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$；

②設(shè)E點橫坐標(biāo)為a，
則S=S_△OEF+S_△ODE=$\frac{1}{2}$（a²+4）+$\frac{1}{2}$×2（4-a）=$\frac{{a}^{2}+4}{2}$+（4-a）=6，
解得：a=0或2，
∴點E的坐標(biāo)為：（0，2）或（2，2），
代入拋物線得到：y=-$\frac{1}{2}$x²+2，y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x+3．

點評 此題屬于二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)求函數(shù)解析式的知識、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識．注意根據(jù)題意求得點A，C，D的坐標(biāo)，準(zhǔn)確作出輔助線是關(guān)鍵．