Question

11．如圖1，已知拋物線y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4與x軸交于A、B兩點(diǎn)（B點(diǎn)在A點(diǎn)右邊），與y軸交于C點(diǎn)，P為線段OB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作x軸垂線交拋物線于D點(diǎn)，交直線AC于E點(diǎn)，過(guò)D點(diǎn)作DF⊥AE，垂足為F，設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m．
（1）A點(diǎn)坐標(biāo)為（-3，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），直線AC的解析式y(tǒng)=$\frac{4}{3}x$+4．
（2）①求證：△COA∽△EFD；②當(dāng)DF=PD時(shí)，求m的值；
（3）如圖2，G點(diǎn)為線段OP上一點(diǎn)，若存在G點(diǎn)，使△EFD面積為△FDG面積的2倍，求m的取值范圍．（直接寫(xiě)出答案）

Answer 1

分析 （1）令x=0，計(jì)算與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，令y=0，計(jì)算與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求直線AC的解析式；
（2）①利用同角的余角相等證明△COA和△EFD有兩個(gè)角分別相等，得相似；
②根據(jù)①中的相似列比例式：$\frac{AC}{ED}=\frac{OA}{FD}$，根據(jù)E是直線AC上一點(diǎn)利用m表示點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，根據(jù)D為拋物線上一點(diǎn)，利用m表示點(diǎn)D的縱坐標(biāo)，代入比例式中列方程可求出m的值，并取舍；
（3）如圖2，作輔助線，構(gòu)建平行線，由同底邊FD的兩個(gè)三角形：S_△DEF=2S_△FDG，得EF=2FN，則由平行線分線段成比例定理得：$\frac{ED}{MD}=\frac{EF}{FN}$=2，ED=2MD，表示出PM的長(zhǎng)，再證明△PGM≌△OCA，列比例式$\frac{PG}{PM}=\frac{OC}{OA}=\frac{4}{3}$，求出PG=$\frac{4}{3}$PM，根據(jù)G點(diǎn)為線段OP上一點(diǎn)，可知0≤x≤m，根據(jù)兩端的數(shù)據(jù)列方程可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，當(dāng)x=0時(shí)，y=4，
∴C（0，4），
當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4=0，
x²-x-12=0，
（x+3）（x-4）=0，
x=-3或4，
∴A（-3，0）、B（4，0），
設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b，
把A（-3，0）、C（0，4）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=4}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{4}{3}}\\{b=4}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為：y=$\frac{4}{3}$x+4，
故答案為：（-3，0）；（4，0）；y=$\frac{4}{3}$x+4；
（2）如圖1，①∵DF⊥AE，
∴∠DFE=90°，
∴∠E+∠FDE=90°，
∵PE⊥AB，
∴∠APE=90°，
∴∠E+∠CAO=90°，
∴∠FDE=∠CAO，
∵∠AOC=∠DFE=90°，
∴△COA∽△EFD；
②在Rt△AOC中，OA=3，OC=4，
∴AC=5，
∵PE⊥x軸，P（m，0），
∴D（m，-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4），E（m，$\frac{4}{3}m$+4），
∴PD=-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4，ED=PE-PD=$\frac{4}{3}$m+4-（-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4）=$\frac{1}{3}{m}^{2}$+m，
∵FD=PD，
∴FD=-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4，
∵△COA∽△EFD，
∴$\frac{AC}{ED}=\frac{OA}{FD}$，
∴$\frac{5}{\frac{1}{3}{m}^{2}+m}=\frac{3}{-\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}m+4}$，
∴3（$\frac{1}{3}{m}^{2}$+m）=5（-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4），
解得：m₁=-3，m₂=$\frac{5}{2}$，
∵P為線段OB上一動(dòng)點(diǎn)，
∴m＞0，
∴m₁=-3不符合題意，舍去，
∴m=$\frac{5}{2}$；
（3）如圖2，過(guò)G作GM⊥AE，垂足為N，交ED的延長(zhǎng)線于M，
∵DF⊥AE，
∴NG∥FD，
∴$\frac{EF}{FN}=\frac{ED}{MD}$，
∵S_△DEF=2S_△FDG，
∴$\frac{EF}{FN}$=2，
∴$\frac{ED}{MD}=\frac{EF}{FN}$=2，
∴ED=2MD，
由（2）得：ED=$\frac{1}{3}{m}^{2}$+m，
∴MD=$\frac{1}{6}{m}^{2}+\frac{1}{2}m$，
∴PM=MD-PD=（$\frac{1}{6}{m}^{2}+\frac{1}{2}m$）-（-$\frac{1}{3}{m}^{2}+\frac{1}{3}$m+4）=$\frac{1}{2}{m}^{2}+\frac{1}{6}m-4$，
∵∠AGN=∠MGP，∠ANG=∠GPM=90°，
∴△PGM≌△OCA，
∴$\frac{PG}{PM}=\frac{OC}{OA}=\frac{4}{3}$，
∴PG=$\frac{4}{3}$PM，
∴PG=$\frac{4}{3}$（$\frac{1}{2}{m}^{2}+\frac{1}{6}m-4$）=m-x，
∴x=m-（$\frac{2}{3}{m}^{2}+\frac{2}{9}m-\frac{16}{3}$）=-$\frac{2}{3}{m}^{2}+\frac{7}{9}m+\frac{16}{3}$，
∵G是線段OP上一動(dòng)點(diǎn)，
∴0≤x≤m，
當(dāng)x=0時(shí)，-$\frac{2}{3}{m}^{2}+\frac{7}{9}m+\frac{16}{3}$=0，
6m²-7m-48=0，
解得：m=$\frac{7±\sqrt{1201}}{12}$，
∴m=$\frac{7+\sqrt{1201}}{12}$，
當(dāng)x=m時(shí)，-$\frac{2}{3}{m}^{2}+\frac{7}{9}m+\frac{16}{3}$=m，
3m²+m-24=0，
解得：m₁=$\frac{8}{3}$，m₂=-3（舍去），
綜上所述，使S_△DEF=2S_△FDG的m的取值范圍是：$\frac{8}{3}$≤m≤$\frac{7+\sqrt{1201}}{12}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了拋物線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式和根據(jù)函數(shù)解析式表示圖象上某點(diǎn)的坐標(biāo)；與方程相結(jié)合，并利用相似三角形的性質(zhì)列比例式，設(shè)未知數(shù)，得出方程解出即可．