Question

17．在如圖（1）所示的平面直角坐標(biāo)系中，兩條經(jīng)過原點(diǎn)的拋物線y=x²-3x和y=x²-4x與x軸的另一個交點(diǎn)分別為點(diǎn)A，B，頂點(diǎn)分別為K、Q，過點(diǎn)P（m，0）（m＞0）作x軸的垂線，分別交拋物線y=x²-3x和y=x²-4x于點(diǎn)N，M．
（1）①請用含m的代數(shù)式表示線段MN的長度．
②當(dāng)m為何值時，在線段OP，PM，PN，MN的四個長度中，其中有三個能圍成等邊三角形？
（2）直線KQ交x軸于點(diǎn)T，如圖（2），小明發(fā)現(xiàn)：當(dāng)3＜m＜4時，△TMN與△OKP始終不能全等．你認(rèn)為他的說法正確嗎？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）①由過點(diǎn)P（m，0）（m＞0）作x軸的垂線，分別交拋物線y=x²-3x和y=x²-4x于點(diǎn)N，M，可表示出點(diǎn)M與N的坐標(biāo)，繼而求得線段MN的長度．
②首先求得OP=m，PM=|m²-4m|，PN=|m²-3m|，MN=m，然后分別從當(dāng)0＜m＜3時與當(dāng)m≥3時去分析求解即可求得答案；
（2）首先求得K（2，-4），Q（$\frac{3}{2}$，$-\frac{9}{4}$），即可求得直線直線KQ的函數(shù)關(guān)系為$y=-\frac{7}{2}x+3$，則T（$\frac{6}{7}$，0），再（假設(shè)）△TMN與△OKP全等，分別從①情形一：OP，MN是對應(yīng)邊；②情形二：OK與MN是對應(yīng)邊，③情形三：KP與MN是對應(yīng)邊，去分析求解即可求得答案．

解答 解：（1）①∵過點(diǎn)P（m，0）（m＞0）作x軸的垂線，分別交拋物線y=x²-3x和y=x²-4x于點(diǎn)N，M，
∴點(diǎn)M（m，m²-4m），點(diǎn)N（m，m²-3m），
∴MN=（m²-3m）-（m²-4m）=m；

②根據(jù)題意得：OP=m，PM=|m²-4m|，PN=|m²-3m|，MN=m，
當(dāng)0＜m＜3時，若PM=m，則4m-m²=m，得m=3，m=0（舍去）；
若PN=m，則 3m-m²=m，得m=2，m=0（舍去）；
當(dāng)m≥3時，若PM=m，則m²-4m=m，得m=5，m=0（舍去）；
若 PN=m   則m²-3m=m，得m=4，m=0（舍去）
綜上，m=2，3，4，5；

（2）由題意知：K（2，-4），Q（$\frac{3}{2}$，$-\frac{9}{4}$），
∴直線KQ的函數(shù)關(guān)系為$y=-\frac{7}{2}x+3$，則T（$\frac{6}{7}$，0），
如果（假設(shè)）△TMN與△OKP全等，
∵M(jìn)N=m，OP=m，故OP=MN，
①情形一：OP，MN是對應(yīng)邊，作KH⊥x軸，垂足為H點(diǎn)，
則TP=KH，由TP=m-$\frac{6}{7}$，KH=4，
得$m=4\frac{6}{7}$，不在3＜m＜4的范圍內(nèi)，故舍去．
②情形二：OK與MN是對應(yīng)邊，
∵OK=$2\sqrt{5}$，
∴MN=m=OK=$2\sqrt{5}$，不在3＜m＜4的范圍內(nèi)，故舍去．
③情形三：KP與MN是對應(yīng)邊，
由$\sqrt{{{（m-2）}^2}+{4^2}}$=m，解得 m=5，
不在3＜m＜4的范圍內(nèi)，故舍去．
∴假設(shè)不成立，△TMN與△OKP不全等．

點(diǎn)評 此題屬于二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及待定系數(shù)法求解析式．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用，注意反證法的應(yīng)用．