Question

2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于A、B兩點，直線y=kx+k（k≠0）與拋物線y=x²+bx+c交于B、C兩點，C點坐標(biāo)為（-4，3）．
（1）求B點坐標(biāo)和拋物線的解析式；
（2）點F是拋物線上一動點，點F的橫坐標(biāo)為x，-3≤x≤12，當(dāng)△FBC存在時，求出△FBC的最大面積；
（3）把線段BC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，點B的對應(yīng)點為點D，點E為線段BD的中點．點P、點Q分別在線段CB和線段CD上，P點從點C出發(fā)，沿線段BC方向以每秒一個單位的速度向點B運動，同時點Q從點D出發(fā)，沿線段CD方向以每秒2個單位的速度向點C運動，當(dāng)其中一個點到達終點時，另一個點隨之停止運動．連接PQ、PE、QE，設(shè)運動時間為t秒，是否存在某一時刻，使PE平分∠BPQ，同時QE平分∠PQD？若存在，求出t的值以及P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出直線y=kx+k的解析式，再求出B點坐標(biāo)，然后根B、C兩點坐標(biāo)求出拋物線解析式；
（2）將△FBC的面積表示成x的二次函數(shù)S_△FBC=3（x²+5x+4），根據(jù)x的取值求出最大值；
（3）PE平分∠BPQ，QE平分∠PQD，則∠PEQ=60°，根據(jù)“一線三等角”相似模型，可得出△PBE∽△EDQ，根據(jù)相似比例關(guān)系列出方程，求解即可；

解答 解：（1）∵直線y=kx+k過點C（-4，3），
∴3=-4k+k，
∴k=-1，
∴y=-x-1，
令y=0，則x=-1，
∴B（-1，0），
將B（-1，0）、（-4，3）代入拋物線解析式得：$\left\{\begin{array}{l}{1-b+c=0}\\{16-4b+c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=x²+4x+3；
（2）如圖1，作FD⊥BC于D，F(xiàn)E⊥x軸交直線BC于F，
由直線y=-x-1可知∠ABC=45°，
∴∠DEF=45°，
設(shè)P（x，x²+4x+3），
∴E（x，-x-1），
∴EF=（x²+4x+3）-（-x-1）=x²+5x+4，
∴DF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x²+5x+4），
∵B（-1，0）、C（-4，3），
∴BC=$\sqrt{（-4+1）^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，
∴S_△FBC=$\frac{1}{2}$×3$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x²+5x+4）=$\frac{3}{2}$（x²+5x+4），
∵-3≤x≤12，
∴當(dāng)x=12時，△FBC的面積最大，最大面積=312；
（3）如圖2，∵BC=DC，∠BCD=60°，
∴△BCD是等邊三角形，
∴∠CDB=∠CBD=60°，
∵PE平分∠BPQ，同時QE平分∠PQD，
∴∠QPE=∠BPE，∠PQE=∠DQE，
∵∠PEQ=90°-$\frac{1}{2}$∠PCQ=90°-$\frac{1}{2}$×60°=60°，
∵∠PQE=∠DQE，∠PEQ=∠CDB=60°，∠QPE=∠BPE，∠PEQ=∠CBD=60°，
∴△DQE∽△EQP∽△BEP，
∴$\frac{DQ}{BE}$=$\frac{DE}{PB}$，
∵BC=3$\sqrt{2}$，CP=t，DQ=2t，
∴BP=3$\sqrt{2}$-t，
∴$\frac{2t}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}$=$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{3\sqrt{2}-t}$，
整理得，4t²-12$\sqrt{2}$t+9=0，
解得t₁=$\frac{3\sqrt{2}+3}{2}$（舍去），t₂=$\frac{3\sqrt{2}-3}{2}$
∴PB=3$\sqrt{2}$-$\frac{3\sqrt{2}-3}{2}$=$\frac{3\sqrt{2}+3}{2}$，
∴P（-$\frac{10+3\sqrt{2}}{4}$，$\frac{6+3\sqrt{2}}{4}$）．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的最值，三角形相似的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，（3）證得△PBE∽△EDQ是解題的關(guān)鍵．