Question

17．如圖，已知拋物線y=x²+bx+c的頂點(diǎn)為Q，交y軸于點(diǎn)A（0，3），交x軸于B（-1，0），C兩點(diǎn)，過點(diǎn)B作AB的垂線交拋物線于點(diǎn)D．
（1）求此拋物線的解析式及頂點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（2）動(dòng)點(diǎn)P沿BD從B向D運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以B，P，C為頂點(diǎn)的三角形與△AOB相似？若存在，求出此時(shí)PC的長(zhǎng)；若不存在．請(qǐng)說明理由．
（3）在（2）存在條件下，分別求四邊形BQCP的面積．

Answer 1

分析 （1）把A（0，3），B（-1，0）代入y=x²+bx+c即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)已知條件得到OA=3，OB=1，根據(jù)勾股定理得到AB=$\sqrt{10}$，得到BC=2，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠CBP=∠BAO，①如圖1，當(dāng)∠CPB=∠BOA=90°時(shí)，△CPB∽△BOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到PC=$\frac{2}{\sqrt{10}}$，PB=$\frac{6}{\sqrt{10}}$，過P作PH⊥BC于H，于是得到P（-$\frac{14}{5}$，$\frac{3}{5}$），②如圖2，當(dāng)∠PCB=∠BOA=90°時(shí)，△PCB∽△BOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到PC=$\frac{2}{3}$，于是得到P（-3，$\frac{2}{3}$）；
（3）根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）把A（0，3），B（-1，0）代入y=x²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{3=c}\\{0=1-b+c}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²+4x+3，
∵y=x²+4x+3=（x+2）²-1，
∴Q的坐標(biāo)為（-2，-1）；
（2）存在，
理由：∵A（0，3），B（-1，0），
∴OA=3，OB=1，
∴AB=$\sqrt{10}$，
∵B（-1，0），拋物線的對(duì)稱軸為直線x=-2，
∴C（-3，0），
∴BC=2，
∵AB⊥DB，
∴∠CBP+∠ABO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBP=∠BAO，
①如圖1，當(dāng)∠CPB=∠BOA=90°時(shí)，△CPB∽△BOA，
∴$\frac{PB}{AO}=\frac{PC}{OB}=\frac{BC}{AB}=\frac{2}{\sqrt{10}}$，
∴PC=$\frac{2}{\sqrt{10}}$，PB=$\frac{6}{\sqrt{10}}$，
過P作PH⊥BC于H，
∴PH=$\frac{PC•PB}{BC}$=$\frac{3}{5}$，
∴BH=$\sqrt{P{B}^{2}-P{H}^{2}}$=$\frac{9}{5}$，
∴OH=$\frac{14}{5}$，
∴P（-$\frac{14}{5}$，$\frac{3}{5}$），
②如圖2，當(dāng)∠PCB=∠BOA=90°時(shí)，△PCB∽△BOA，
∴$\frac{PC}{OB}=\frac{BC}{AO}$，
∴PC=$\frac{2}{3}$，
∴P（-3，$\frac{2}{3}$）；
（3）如圖1，S_{四邊形BQCP}=S_△BCP+S_△BCQ=$\frac{1}{2}×$2×$\frac{3}{5}$+$\frac{1}{2}×$2×1=$\frac{8}{5}$；
如圖2，S_{四邊形BQCP}=S_△BCP+S_△BCQ=$\frac{1}{2}×$2×$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{2}×$2×1=$\frac{5}{3}$，
∴四邊形BQCP的面積為$\frac{8}{5}$或$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了待定系數(shù)法取二次函數(shù)的解析式，相似三角形的性質(zhì)，三角形面積的計(jì)算，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．