Question

4．已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A（1，0），B（3，0），與y軸交于C（0，-2），頂點(diǎn)為D，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，-1），該拋物線于BE交于另一點(diǎn)F，連接BC
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)H（1，y）在BC上，連接FH，求△FHB的面積；
（3）一動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿平行于y軸方向向上運(yùn)動(dòng)，連接OM，BM，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0），點(diǎn)M在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)t為何值時(shí)，∠OMB=90°？
（4）在x軸上方的拋物線上，是否存在點(diǎn)P，使得∠PBF被BA平分？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明利由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)交點(diǎn)式拋物線解析式為y=a（x-1）（x-3），然后把C點(diǎn)坐標(biāo)代入求出a即可得到拋物線解析式；
（2）先利用待定系數(shù)法求出直線BE的解析式為y=$\frac{1}{3}$x-1，直線BC的解析式為y=$\frac{2}{3}$x-2，再解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{8}{3}x-2}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$得F（$\frac{1}{2}$，-$\frac{5}{6}$）；接著確定H（1，-$\frac{4}{3}$），連接AH交BE于Q，如圖1，利用點(diǎn)A和H的橫坐標(biāo)特征得到AH⊥x軸，所以Q（1，-$\frac{2}{3}$），然后利用三角形面積公式，利用S_△FHB=S_△BHQ+S_△FHQ進(jìn)行計(jì)算；
（3）先求出D（2，$\frac{2}{3}$），直線x=2交x軸于N，如圖2，證明Rt△OMN∽R(shí)t△MBN得到MN²=BN•ON，即（t+$\frac{2}{3}$）²=1×2，然后解方程即可；
（4）如圖3，BP交y軸于G，利用AB平分∠FBP得到點(diǎn)G與點(diǎn)E關(guān)于x軸對(duì)稱，則G（0，1），再利用待定系數(shù)法求出直線BQ的解析式為y=-$\frac{1}{3}$x+1，然后解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{3}x+1}\\{y=-\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{8}{3}x-2}\end{array}\right.$即可得到P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）設(shè)拋物線解析式為y=a（x-1）（x-3），
把C（0，-2）代入得a•（-1）•（-3）=-2，解得a=-$\frac{2}{3}$，
所以拋物線解析式為y=-$\frac{2}{3}$（x-1）（x-3），即y=-$\frac{2}{3}$x²+$\frac{8}{3}$x-2；

（2）設(shè)直線BE的解析式為y=mx+n，
把B（3，0），E（0，-1）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3m+n=0}\\{n=-1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{1}{3}}\\{n=-1}\end{array}\right.$，
∴直線BE的解析式為y=$\frac{1}{3}$x-1，
同樣方法可求得直線BC的解析式為y=$\frac{2}{3}$x-2，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{8}{3}x-2}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{2}}\\{y=-\frac{5}{6}}\end{array}\right.$，則F（$\frac{1}{2}$，-$\frac{5}{6}$）；
當(dāng)x=1時(shí)，y=$\frac{2}{3}$-2=-$\frac{4}{3}$，則H（1，-$\frac{4}{3}$），
連接AH交BE于Q，如圖1，∵A（1，0），H（1，-$\frac{4}{3}$），
∴AH⊥x軸，
∴Q（1，-$\frac{2}{3}$），
∴HQ=-$\frac{2}{3}$+$\frac{4}{3}$=$\frac{2}{3}$，
∴S_△FHB=S_△BHQ+S_△FHQ=$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$×（3-$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{6}$；

（3）當(dāng)x=2時(shí)，y=-$\frac{2}{3}$x²+$\frac{8}{3}$x-2=$\frac{2}{3}$，則D（2，$\frac{2}{3}$），
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=2，
直線x=2交x軸于N，如圖2，MN=t+$\frac{2}{3}$，ON=2，BN=1，
∵∠OMB=90°，即∠OMN+∠BMN=90°，
而∠OMN+∠MON=90°，
∴∠MON=∠BMN，
∴Rt△OMN∽R(shí)t△MBN，
∴MN：BN=ON：MN，即MN²=BN•ON，
∴（t+$\frac{2}{3}$）²=1×2，解得t₁=$\sqrt{2}$-$\frac{2}{3}$，t₂=-$\sqrt{2}$-$\frac{2}{3}$（舍去），
∴當(dāng)t為$\sqrt{2}$-$\frac{2}{3}$時(shí)，∠OMB=90°；

（4）存在．
如圖3，BP交y軸于G，
∵AB平分∠FBP，
∴∠GBO=∠EOB，
∴點(diǎn)G與點(diǎn)E關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴G（0，1），
設(shè)直線BG的解析式為y=px+q，
把G（0，1），B（3，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{q=1}\\{3p+q=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=-\frac{1}{3}}\\{q=1}\end{array}\right.$，
∴直線BQ的解析式為y=-$\frac{1}{3}$x+1，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{3}x+1}\\{y=-\frac{2}{3}{x}^{2}+\frac{8}{3}x-2}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{2}}\\{y=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)解析式，把求拋物線與一次函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解方程組的問(wèn)題；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)．