Question

如圖，已知拋物線與x軸交于點A（-2，0），B（4，0），與y軸交于點C（0，

8

3

3

）．
（1）求拋物線的解析式及其頂點D的坐標；
（2）設(shè)直線CD交x軸于點E，過點B作x軸的垂線，交直線CD于點F，在直線CD的上方，y軸及y軸的右側(cè)的平面內(nèi)找一點G，使以點G、F、C為頂點的三角形與△COE相似，請直接寫出符合要求的點G的坐標；
（3）如圖，拋物線的對稱軸與x軸的交點M，過點M作一條直線交∠ADB于T，N兩點，
①當∠DNT=90°時，直接寫出

1

DN

+

1

DT

的值；
②當直線TN繞點M旋轉(zhuǎn)時，
試說明：△DNT的面積S_△DNT=

3

4

DN•DT；
并猜想：

1

DN

+

1

DT

的值是否是定值？說明理由．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：壓軸題

分析：（1）根據(jù)點的坐標直接運用待定系數(shù)法就可以求出拋物線的解析式，然后再化成頂點式就可以求出頂點坐標；
（2）分情況討論根據(jù)相似三角形的性質(zhì)就可以求出點G的坐標；
（3）①運用直角三角形的性質(zhì)和勾股定理的運用求出DN、DT的值就可以求出結(jié)論；
②作NH⊥DT于H，可以表示出S_△DNT=

1

2

DT．NH就可以得出S_△DNT═

1

2

DT．DN．sin60°，從而得出S_△DNT=

3

4

DT．DN．再由S_△DNT=S_△DMT+S_△DMN，就有

3

4

DT．DN=

1

2

×DT•

1

2

DM+

1

2

DN•

1

2

DM，可以得出DT．DN=3（DT+DN），進而得出結(jié)論．

解答：解：∵拋物線與x軸交于點A（-2，0），B（4，0），
∴設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+2）（x-4），
∵此拋物線與y軸交于點C（0，

8

3

3

），
∴

8

3

3

=a（0+2）（0-4），
解得：a=-

3

3

，
∴拋物線的解析式為：y=-

3

3

（x+2）（x-4），
即y=-

3

3

x²+

2 3

3

x+

8 3

3

=-

3

3

（x-1）²+3

3

，
故頂點D的坐標為：（1，3

3

）；

（2）設(shè)直線CD的解析式為：y=kx+b，
則

b= 8 3 3 k+b=3 3

，
解得：

k= 3 3 b= 8 3 3

，
故直線CD的解析式為：y=

3

3

x+

8

3

3

，
則點E的坐標為：（-8，0），點F的坐標為：（4，4

3

），
則OE=8，BF=4

3

．
∵C（0，

8

3

3

），B（4，0），
∴OC=

8

3

3

，OB=4，
∴EB=12，
∴由勾股定理得：
EF=8

3

，CE=

16

3

3

．
∴CF=

8

3

3

．
如圖1，過點F作FG⊥y軸于點G，則△COE∽△CGF，此時點G的坐標為：（0，4

3

）；
如圖2，過點F作GF⊥CD，交y軸于點G，則△COE∽△CFG，
∴

CE

CG

=

CO

CF

，
∴

16 3 3

CG

=

8 3 3

8 3 3

，
∴CG=

16

3

3

．
∴OG=8

3

，
∴點G的坐標為：（0，8

3

）；
若CG⊥FG，則△COE∽△CGF，
∴

GF

OE

=

CG

CO

=

CF

CE

，
∴

GF2

OE2

=

CG2

CO2

=

CF2

CE2

．
設(shè)G（x，y），由兩點間的距離公式為：
CG²=x²+（y-

8

3

3

）²=x²+y²+

64

3

-

16

3

3

y，
GF²=（x-4）²+（y-4

3

）²=x²+16-8x+y²+48-8

3

y，
CF²=

64

3

，OE²=64，CE²=

256

3

，OC²=

64

3

，

x2+16-8x+y2+48-8 3 y 64 = 64 3 256 3 x2+y2+ 64 3 - 16 3 3 y 64 3 = 64 3 256 3

，
變形為：

x2-8x+y2-8 3 y=-48 x2+y2- 16 3 3 y=-16

，
解得：

x1=0 y1=4 3

，

x2=2 y2=2 3

（舍去）．
∴G（0，4

3

）．
綜上所述G點的坐標是：（0，4

3

）、（0，8

3

）．

（3）①∵拋物線是軸對稱圖形，DM是對稱軸，
∴DA=DB，
∵tan∠DAB=

DM

AM

=

3 3

1-(-2)

=

3

∴∠DAB=60°，
∴△DAB是等邊三角形，
∴∠ADB=60°．
∵∠DNT=90°，
∴∠DTN=∠MDN=30°，
∴DN=4.5，DT=9，
∴

1

DN

+

1

DT

=

1

4.5

+

1

9

=

1

3

．
②

1

DN

+

1

DT

=

1

3

理由：作NH⊥DT于H，
∵S_△DNT=

1

2

DT•NH
∴S_△DNT═

1

2

DT•DN•sin60°
∴S_△DNT=

3

4

DT•DN．
∵S_△DNT=S_△DMT+S_△DMN，
∴

3

4

DT•DN=

1

2

×DT•

1

2

DM+

1

2

DN•

1

2

DM，
∴

3

4

DT•DN=

1

2

×DT•

1

2

×3

3

+

1

2

DN•

1

2

×3

3

，
∴

3

4

DT•DN=

3 3

4

（DT+DN），
∴DT•DN=3（DT+DN），
∴

1

DN

+

1

DT

=

1

3

．

點評：本題是一道二次函數(shù)的綜合試題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，特殊角的三角函數(shù)值的運用，三角形的面積公式的運用，拋物線的性質(zhì)的運用，解答時合理利用三角形的面積公式是關(guān)鍵．