Question

5．拋物線y=-x²+bx+c與x軸交于點A（-1，0），B（5，0）兩點，直線y=-$\frac{3}{4}$x+3與y軸交于點C，與x軸交于點D．點P是x軸上方的拋物線上一動點，設點P的橫坐標為m．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，過點P作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E，PE=5EF，求m的值；
（3）如圖2，過動點P作PM⊥y軸于點M，交直線CD于點Q，過Q點作QN⊥x軸于點N點，連接MN，當線段MN最短時，求點P的坐標．

Answer 1

分析 （1）用待定系數法求二次函數的解析式即可；
（2）求得C，D兩點的坐標，將點P橫坐標m代入拋物線解析式，即可得出點P的縱坐標，根據PF⊥x軸，可得出點E的橫坐標m，把點E的橫坐標代入直線y=-$\frac{3}{4}$x+3即可得出點E縱坐標，從而得出PE的長，根據PE=5EF，求得m的值即可；
（3）先證明四邊形OMQN為矩形，即可得出MN=OQ，當NM最短時，即OQ最短，過點O作OQ⊥CD，此時OQ最短．

解答 解：（1）將點A、B坐標代入拋物線解析式，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{-25+5b+c=0}\end{array}\right.$，
解得b=4，c=5．
∴拋物線的解析式為：y=-x²+4x+5；

（2）∵點P的橫坐標為m，
∴P（m，-m²+4m+5），E（m，-$\frac{3}{4}$m+3），F（m，0）．
∴PE=|y_P-y_E|=|（-m²+4m+5）-（-$\frac{3}{4}$m+3）|=|-m²+$\frac{19}{4}$m+2|，
EF=|y_E-y_F|=|（-$\frac{3}{4}$m+3）-0|=|-$\frac{3}{4}$m+3|．
由題意，PE=5EF，即：|-m²+$\frac{19}{4}$m+2|=5|-$\frac{3}{4}$m+3|=|-$\frac{15}{4}$m+15|
①若-m²+$\frac{19}{4}$m+2=-$\frac{15}{4}$m+15，整理得：2m²-17m+26=0，
解得：m=2或m=$\frac{13}{2}$；
②若-m²+$\frac{19}{4}$m+2=-（-$\frac{15}{4}$m+15），整理得：m²-m-17=0，
解得：m=$\frac{1+\sqrt{69}}{2}$或m=$\frac{1-\sqrt{69}}{2}$．
由題意，m的取值范圍為：-1＜m＜5，
故m=$\frac{13}{2}$、m=$\frac{1-\sqrt{69}}{2}$這兩個解均舍去．
∴m=2或m=$\frac{1+\sqrt{69}}{2}$．

（3）∵四邊形OMQN是矩形，∴MN=OQ，
∴MN的最小值就是OQ的最小值，
當OQ⊥CD時，OQ最小，
∵C（0，3）D（4，0），OQ⊥CD，
∴OC=3，OD=4
∴CD=5，OQ=$\frac{12}{5}$，由sin∠OCD=sin∠QOD，
∴$\frac{OD}{CD}$=$\frac{QN}{QO}$
∴$\frac{4}{5}$=$\frac{QN}{\frac{12}{5}}$，
∴QN=$\frac{48}{25}$，
∴P（m，$\frac{48}{25}$）代入拋物線解析式得，-m²+4m+5=$\frac{48}{25}$，
∴（m-2）²=$\frac{177}{25}$，
∴m=$\frac{10±\sqrt{177}}{5}$，
∴當P點的坐標為P（$\frac{10+\sqrt{177}}{5}$，$\frac{48}{25}$）或P（$\frac{10-\sqrt{177}}{5}$，$\frac{48}{25}$）時，
線段MN最短．

點評 本題考查是二次函數壓軸題，綜合考查了二次函數與一次函數的圖象與性質、點的坐標、待定系數法、菱形、相似三角形等多個知識點，重點考查了分類討論思想與方程思想的靈活運用．需要注意的是，為了避免漏解，表示線段長度的代數式均含有絕對值，解方程時需要分類討論、分別計算．