Question

17．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$與直線y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$交于點(diǎn)A，C的兩點(diǎn)，點(diǎn)B是點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)．
（1）求A，B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若以A，B，C，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求P點(diǎn)的坐標(biāo)．
（3）點(diǎn)F為線段AC上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)F作FE⊥x軸，F(xiàn)G⊥y軸，垂足分別為E、G，當(dāng)四邊形OEFG為正方形時(shí)，求出F點(diǎn)的坐標(biāo)．
（4）將（3）中的正方形OEFG沿OC向右平移，記平移中的正方形OEFG為正方形DEFG，當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)C重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)平移的距離為t，正方形的邊EF與AC交于點(diǎn)M，DG所在的直線與AC交于點(diǎn)N，連接DM，是否存在這樣的t，使△DMN是等腰三角形？若存在，求t的值；若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）將y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$與y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$組成方程組可求得方程組的解，從而得到點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后關(guān)于y軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）先求得AB的長(zhǎng)，然后依據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)可得到PC=2，故此可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）①當(dāng)點(diǎn)F在第一象限時(shí)，設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為F（p，p），將點(diǎn)F的坐標(biāo)代入y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$上，可求得P的值，從而得到點(diǎn)F的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn)F在第二象限時(shí)，同理可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為（-3，3），此時(shí)點(diǎn)F不在線段AC上舍去；
（4）過(guò)點(diǎn)M作MH⊥DN于H，依據(jù)題意可知OD=t，由（3）可知正方形GDCF的邊長(zhǎng)為1則OE=t+1，然后用含t式子表示出點(diǎn)N（t，-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$），點(diǎn)M（t+1，-$\frac{1}{2}$t+1），從而可得到DN、DM、MN的長(zhǎng)，然后分為DN=DM、ND=NM、MN=MD三種情況列方程求解即可．

解答 解：（1）∵拋物線y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$與直線y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$交于點(diǎn)A，C的兩點(diǎn)，
∴-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{9}{4}$=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$，整理得：x²-2x-3=0，解得：x=-1或x=3．
將x=-1代入y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$得：y=2，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-1，2）．
∵點(diǎn)B是點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2）．
將x=3代入y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$得：y=0，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，0）．
（2）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-1，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2），
∴AB=2．
∵以A，B，C，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，
∴PC=AB=2．
又∵C的坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)P在x軸上，
∴C的坐標(biāo)為（1，0）或（5，0）；
（3）①當(dāng)點(diǎn)F在第一象限時(shí)，如圖1所示：

設(shè)正方形OEFG的邊長(zhǎng)為P，則F（p，p）．
∵點(diǎn)F（p，p）在直線y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{3}{2}$上，
∴-$\frac{1}{2}$p+$\frac{3}{2}$=p，解得p=1，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，1）．
②當(dāng)點(diǎn)F在第二象限時(shí)，同理可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為（-3，3），此時(shí)點(diǎn)F不在線段AC上，舍去．
綜上所述：點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，1）；
（4）過(guò)點(diǎn)M作MH⊥DN于H，如圖2，則OD=t，OE=t+1．


∵點(diǎn)E和點(diǎn)C重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，
∴0≤t≤2．
當(dāng)x=t時(shí)，y=-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$，則N（t，-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$），DN=-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$，
當(dāng)x=t+1時(shí)，y=-$\frac{1}{2}$（t+1）+$\frac{3}{2}$=-$\frac{1}{2}$t+1，則M（t+1，-$\frac{1}{2}$t+1），ME=-$\frac{1}{2}$t+1，
在Rt△DEM中，DM²=1²+（-$\frac{1}{2}$t+1）²=$\frac{1}{4}$t²-t+2．
在Rt△NHM中，MH=1，NH=（-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）-（-$\frac{1}{2}$t+1）=$\frac{1}{2}$，
∴MN²=1²+（$\frac{1}{2}$）²=$\frac{5}{4}$．
①當(dāng)DN=DM時(shí)，（-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$）²=$\frac{1}{4}$t²-t+2，解得t=$\frac{1}{2}$；
②當(dāng)ND=NM時(shí)，-$\frac{1}{2}$t+$\frac{3}{2}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，解得t=3-$\sqrt{5}$；
③當(dāng)MN=MD時(shí)，$\frac{5}{4}$=$\frac{1}{4}$t²-t+2，解得t₁=1，t₂=3（舍去）．
綜上所述：當(dāng)△DMN是等腰三角形時(shí)，t的值為$\frac{1}{2}$，3-$\sqrt{5}$或1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了用方程組求函數(shù)交點(diǎn)的坐標(biāo)、平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的定義，用含t的式子表示出△MND的三邊長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．