Question

1．如圖，二次函數(shù)y=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{7}{2}$x的圖象與x軸交于O、C兩點(diǎn)，點(diǎn)A在拋物線上，坐標(biāo)為（5，a），點(diǎn)P是該拋物線位于x軸上方的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y=kx-$\frac{35}{3}$k（k≠0）交x軸于點(diǎn)B，連接OA、BA．
（1）點(diǎn)M、N分別在線段OB、AB上，點(diǎn)M以每秒5個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)O向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N以每秒$\frac{5}{3}$個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M、N其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)直線PB垂直平分線段MN時(shí)，求對應(yīng)t的值并求出此時(shí)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；
（2）在（1）的條件下，當(dāng)直線PB垂直平分線段MN時(shí)，將△BMN沿著直線MN翻折得△B′MN，求△B′MN與△OAB重疊部分的面積；
（3）在x軸上有一點(diǎn)D（2，0），過點(diǎn)D作DE⊥OB交OA于點(diǎn)E，作DF⊥OA于點(diǎn)F，在線段OA上是否存在一點(diǎn)Q，使得△DEF繞點(diǎn)Q旋轉(zhuǎn)180°后，點(diǎn)D、F的對應(yīng)點(diǎn)D′、F′恰好落在拋物線上？若存在請求出點(diǎn)Q、D′、F′的坐標(biāo)，若不存在請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知A（5，5），B（$\frac{35}{3}$，0），AB=$\frac{25}{3}$，由BM=BN，可得$\frac{25}{3}$-$\frac{5}{3}$t=$\frac{35}{3}$-5t，t=1，推出可得M（5，0），N（$\frac{19}{3}$，4），推出MN的中點(diǎn)K坐標(biāo)（$\frac{17}{3}$，2），設(shè)直線PB的解析式為y=kx+b，求出PB的解析式解方程組即可解決問題．
（2）如圖2中，NB′與OA交于點(diǎn)T，MB′交OA于S，重疊部分是四邊形MNTS．想辦法求出B′、T、S的坐標(biāo)，根據(jù)S_{四邊形MNTS}=S_△BMN′-S_△STB′計(jì)算即可．
（3）根據(jù)△ODF是等腰直角三角形，點(diǎn)D（2，0），DF⊥OA，得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，設(shè)出Rt△DEF旋轉(zhuǎn)后對應(yīng)三角形是Rt△D'E'F'，由題意可知，F(xiàn)'與A重合，得出F'和Q點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)Rt△DEF≌Rt△D'E'F'，DF∥D'F'，得出點(diǎn)D'坐標(biāo)，檢驗(yàn)點(diǎn)D′在拋物線上即可．，

解答 解：（1）如圖1中，

由題意可知A（5，5），B（$\frac{35}{3}$，0），AB=$\frac{25}{3}$，
∵PB垂直平分MN，
∴BM=BN，
∴$\frac{25}{3}$-$\frac{5}{3}$t=$\frac{35}{3}$-5t，
∴t=1，
∴可得M（5，0），N（$\frac{19}{3}$，4），
∴MN的中點(diǎn)K坐標(biāo)（$\frac{17}{3}$，2），設(shè)直線PB的解析式為y=kx+b，則有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{17}{3}k+b=2}\\{\frac{35}{3}k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{3}}\\{b=\frac{35}{9}}\end{array}\right.$，
∴直線PB的解析式為y=-$\frac{1}{3}$x+$\frac{35}{9}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{7}{2}}\\{y=-\frac{1}{3}x+\frac{35}{9}}\end{array}\right.$，消去y得到9x²-69x+70=0，
解得x=$\frac{23±\sqrt{149}}{6}$，
∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為$\frac{23±\sqrt{149}}{6}$．

（2）如圖2中，NB′與OA交于點(diǎn)T，MB′交OA于S，重疊部分是四邊形MNTS．

由題意可知B′（-$\frac{1}{3}$，4），M（5，0），N（$\frac{19}{3}$，4），B′N∥OB，
∴直線MB′的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{15}{4}$，直線OA的矩形為y=x，
∴T（4，4），S（$\frac{15}{7}$，$\frac{15}{7}$），
∴S_{四邊形MNTS}=S_△BMN′-S_△B′ST=$\frac{1}{2}$×$\frac{20}{3}$×4-$\frac{1}{2}$×$\frac{7}{3}$×$\frac{13}{7}$=$\frac{67}{6}$．

（3）存在．如圖3中，設(shè) Rt△FDE旋轉(zhuǎn)后對應(yīng)三角形是Rt△F′D′E′．

∵△ODF是等腰直角三角形，點(diǎn)D（2，0），DF⊥OA，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，1），
由題意可知，F(xiàn)'與A重合
∴點(diǎn)F'的坐標(biāo)為（5，5），
∵Q點(diǎn)在OA上，且是FA的中點(diǎn)，
∴Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，3），
又∵Rt△FDE≌Rt△F′D′E′，DF∥D′F′
∴點(diǎn)D'坐標(biāo)為（4，6），
把 x=4 代入y=-$\frac{1}{2}$x2+$\frac{7}{2}$x得y=-$\frac{1}{2}$×42+$\frac{7}{2}$×4=6，
∴點(diǎn)M'（4，6）在拋物線y=-$\frac{1}{2}$x2+$\frac{7}{2}$x上，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（3，3），拋物線上與D、F對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)分別是D′（4，6）、F′（5，5）．

點(diǎn)評 此題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合知識，解題的關(guān)鍵是要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；此題屬于中考中的壓軸題，難度較大，知識點(diǎn)考查的較多而且聯(lián)系密切，需要學(xué)生認(rèn)真審題．