Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點O為坐標(biāo)原點，經(jīng)過點A（-4，4）的拋物線y=$\frac{1}{k}$（x+2）（x+a）交x軸負(fù)半軸于點B，交x軸正半軸于點C，交y軸于點D（0，-2）．
（1）求a，k的值；
（2）點E是第一象限拋物線上一點，連接EB、EC，若∠BCE-∠EBC=90°，求點E坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，連接AE交y軸于點F，連接DE、CF交于點G，橫坐標(biāo)為t的點P為拋物線在第四象限的一動點，連接FP交x軸于點R，點Q在FP上，∠FGQ=∠FRC，過點E作FP的垂線，點H為垂足，當(dāng)t為何值時，GQ=$\sqrt{2}$FH？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點A（-4，4），D（0，-2）在拋物線y=$\frac{1}{k}$（x+2）（x+a）上，列方程組即可得到結(jié)論；
（2）過E作EM⊥x軸于M，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠CEM=∠EBC，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為c，則M（c，0），當(dāng)y=0時，$\frac{1}{4}$（x+2）（x-4）=0解方程得到B（-2，0），C（4，0），OB=2，OC=4，在Rt△CEM和Rt△EBM內(nèi)，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論；
（3）過P作PW⊥y軸于W，根據(jù)點W，P的縱坐標(biāo)為$\frac{1}{4}$（t+2）（t-4）列方程即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵點A（-4，4），D（0，-2）在拋物線y=$\frac{1}{k}$（x+2）（x+a）上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4k=8-2}\\{-2k=2a}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-4}\\{k=4}\end{array}\right.$；
（2）如圖1，過E作EM⊥x軸于M，∠BCE=90°+CEM，
∵∠BCE=90°+∠EBC，
∴∠CEM=∠EBC，
設(shè)點E的橫坐標(biāo)為c，則M（c，0），點E的縱坐標(biāo)為$\frac{1}{4}$（c+2）（c-4），
∵點E是第一象限拋物線上一點，
∴OM=c，EM=$\frac{1}{4}$（c+2）（c-4），拋物線y=$\frac{1}{4}$（x+2）（x-4）交x軸負(fù)半軸于點B，交x軸正半軸于點C，
當(dāng)y=0時，$\frac{1}{4}$（x+2）（x-4）=0
∴x₁=4，x₂=-2，
∴B（-2，0），C（4，0），
∴OB=2，OC=4，
在Rt△CEM和Rt△EBM內(nèi)，tan∠CEM=$\frac{MC}{EM}$，tan∠EBM=$\frac{EM}{BM}$，∠CEM=∠EMB，
∴$\frac{MC}{EM}$=$\frac{EM}{BM}$，
∵MC=OM-OC=c-4，BM=OM+OB=c+2，
∴$\frac{c-4}{\frac{1}{4}（c+2）（c-4）}$=$\frac{\frac{1}{4}（c+2）（c-4）}{c+2}$，
∵點E在第一象限，
∴c-4≠0，c+2≠0，
∴（c-4）（c+2）=16，
解得：c₁=6，c₂=-4（舍去），
∴E（6，4）；
（3）在Rt△GHT內(nèi)，HT=$\sqrt{2}$GH=2FH
EH=HTE=3FH，
∴tan∠HEF=$\frac{1}{3}$，
∵∠DFP=90°-∠HFE=∠FEH，
∴tan∠DFP=$\frac{1}{3}$，
過P作PW⊥y軸于W，
∴點W，P的縱坐標(biāo)為$\frac{1}{4}$（t+2）（t-4），
∵點P在第四象限，
∴OW=$\frac{1}{4}$（t+2）（t-4），
∴FW=OF+OW=4-$\frac{1}{4}$（t+2）（t-4），
∴tan∠WFP=$\frac{PW}{FW}=\frac{1}{3}$，
∴FW=3PW，4-$\frac{1}{4}$（t+2）（t-4）=3t，
解得：t₁=2，t₂=-12，（舍去），
∴t=2時，GQ=$\sqrt{2}$FH．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，拋物線與x軸的交點，解直角三角形，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．