Question

1．如圖所示，已知二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，其中A（-2，0），C（0，4），對稱軸為直線x=1，頂點為E．
（1）求拋物線頂點E的坐標；
（2）若點P（0，n）為y軸上一個動點，當PA+$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC最小時，此時拋物線上是否存在點Q，使得∠QBA=∠PBA．若這樣的點Q存在請求出其坐標，若不存在請說明理由．
（3）如圖2，平移拋物線，使拋物線的頂點E在射線AE上移動，點E平移后的對應(yīng)點為點E′，點A的對應(yīng)點為點A′，將△AOC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)至△A₁OC₁的位置，點A，C的對應(yīng)點分別為點A₁，C₁，且點A₁恰好落在AC上，連接C₁A′，C₁E′，△A′C₁E′是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點E′的坐標；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出A、B、C三點坐標代入y=ax²+bx+c，轉(zhuǎn)化為解方程組即可．
（2）先利用對稱，垂線段最短確定點P的位置，再根據(jù)條件求出點Q的坐標即可．
（3）△A′C₁E′是等腰三角形，分三種情況分別建立方程計算即可．

解答 解：（1）∵A、B關(guān)于對稱軸x=1對稱，A（-2，0），
∴B（4，0），
把A、B、C三點坐標代入y=ax²+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{4a-2b+c=0}\\{16a+4b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\\{c=4}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4，頂點E坐標（1，$\frac{9}{2}$）．

（2）存在．理由如下：
如圖1中，作點A關(guān)于y軸的對稱點A′，作A′G⊥AC于G交OC于P，連接AP．

由△PCG∽△ACO得$\frac{PG}{OA}$=$\frac{PC}{AC}$，
∵OA=2，OC=4，
∴AC=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴$\frac{PG}{2}$=$\frac{PC}{2\sqrt{5}}$，
∴PG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC，
∴PA+$\frac{\sqrt{5}}{5}$PC=PA+PG=A′P+PG=A′G，
根據(jù)垂線段最短可知，點P即為所求的點，
由△AOP∽△COA可知，$\frac{OA}{CO}$=$\frac{OP}{OA}$，
∴$\frac{2}{4}$=$\frac{OP}{2}$，
∴OP=1，
∴點P坐標為（0，1），
如圖2中，延長BP交拋物線于Q，此時∠QBA=∠PBA．

∵P（0，1），B（4，0），
∴直線PQ的解析式為y=-$\frac{1}{4}$x+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{4}x+1}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{2}}\\{y=\frac{11}{8}}\end{array}\right.$，
∴點Q（-$\frac{3}{2}$，$\frac{11}{8}$），
作P關(guān)于x軸的對稱點P′，直線BP′交拋物線于Q′，此時∠Q′BA=∠PBA，
∵直線BP′的解析式為y=$\frac{1}{4}$x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}x-1}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+x+4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{5}{2}}\\{y=-\frac{13}{8}}\end{array}\right.$，
∴點Q′坐標為（-$\frac{5}{2}$，-$\frac{13}{8}$），
綜上所述，滿足條件的點Q坐標（-$\frac{3}{2}$，$\frac{11}{8}$）或（-$\frac{5}{2}$，-$\frac{13}{8}$）．

（3）如圖3中，作A₁M⊥AB于M，C₁N⊥AB于N，設(shè)AM=x則A₁M=2x，

在Rt△AOM₁中，∵OA₁²=OM²+A₁M²，
∴4x²+（2-x）²=4，
∴x=$\frac{4}{5}$，
∴A₁M=$\frac{8}{5}$，OM=$\frac{6}{5}$，
由△OA₁M∽△C₁OB，
∴$\frac{{A}_{1}M}{ON}$=$\frac{OM}{{C}_{1}N}$=$\frac{O{A}_{1}}{O{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴OB=$\frac{16}{5}$，C₁N=$\frac{12}{5}$，
∴C₁（$\frac{16}{5}$，$\frac{12}{5}$），
∵點A（-2，0），E（1，$\frac{9}{2}$），
∴AE=5，
∴A′E′=AE=$\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
∵直線AE的解析式為y=$\frac{3}{2}$x+3，
設(shè)點E′（a，$\frac{3}{2}$a+3），
∵點E′向下平移$\frac{9}{2}$個單位，向左平移3個單位得到A′，
∴A′（a-3，$\frac{3}{2}$a-$\frac{3}{2}$），
∴C₁E′²=（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²，
C₁A′²=（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²，
①若C₁A′=C₁E′，則C₁A′²=C₁E′²
即：（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²=（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²，
解得a=$\frac{287}{130}$，
∴E′（$\frac{287}{130}$，$\frac{1641}{260}$）．

②若A′C1=A′E′，
∴A′C₁²=A′E′²
即（$\frac{16}{5}$-a+3）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a+$\frac{3}{2}$）²=$\frac{117}{4}$，
整理得65a²-482a+488=0，
解得a=$\frac{241±3\sqrt{2929}}{65}$，
∴點E的坐標為（$\frac{241+3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113+9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{241-3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113-9\sqrt{2929}}{130}$）．
③若E′A′=E′C₁，
∴E′A′²=E′C₁²
即（$\frac{16}{5}$-a）²+（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{2}$a-3）²=$\frac{117}{4}$，
解得a=$\frac{64±9\sqrt{321}}{65}$，
∴點E坐標為（$\frac{64+9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582+27\sqrt{321}}{130}$）或（$\frac{64-9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582-27\sqrt{321}}{130}$），
綜上所述，符合條件的點E坐標為（$\frac{287}{130}$，$\frac{1641}{260}$）或（$\frac{241+3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113+9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{241-3\sqrt{2929}}{65}$，$\frac{1113-9\sqrt{2929}}{130}$）或（$\frac{64+9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582+27\sqrt{321}}{130}$）或（$\frac{64-9\sqrt{321}}{65}$，$\frac{582-27\sqrt{321}}{130}$）．

點評 本題考查二次函數(shù)的應(yīng)用、一次函數(shù)的應(yīng)用、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識，解本題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會用構(gòu)建方程解決問題，本題的計算量比較大，數(shù)值比較大．