Question

13．如圖1，二次函數(shù)y=ax²+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A（-1，0），B（-3，0），與y軸交于C（0，3）．

（1）求二次函數(shù)的解析式和直線AC的解析式．
（2）點P在拋物線上，以P為圓心，$\frac{{\sqrt{10}}}{2}$為半徑的圓與直線AC相切，求點P坐標．
（3）如圖2，點D、E均在拋物線上，連接OD、BD、DE，且BD=OD，∠CDO=∠EDB，求點D和點E坐標．

Answer 1

分析 （1）只需運用待定系數(shù)法就可求出二次函數(shù)及直線AC的解析式；
（2）過點P作直線AC的平行線MN，分別交x軸、y軸于M、N，如圖1，設(shè)直線MN的解析式為y=3x+b，要求點P的坐標，只需求出b．由題可求出點O到直線MN的距離，然后可用面積法求出b，問題得以解決；
（3）過點C作CC′∥x軸，交DE于C′，過點D作x軸的垂線，交x軸于點G，交CC′于H，如圖2，則有DG⊥OB，DH⊥CC′．根據(jù)三角形的性質(zhì)可得OG=BG=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{3}{2}$，從而可求出點D的坐標．易證∠C′DH=∠CDH，從而可證到△C′HD≌△CHD，則有C′H=CH=$\frac{3}{2}$，從而可求出點C′的坐標，進而可求出直線DE的解析式，然后解直線DE與拋物線的解析式組成的方程組，就可得到點E的坐標．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A（-1，0），B（-3，0），C（0，3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}\\{9a-3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=4}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²+4x+3；
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3，
把A（-1，0）代入上式，得-k+3=0，
解得k=3，
∴直線AC的解析式為y=3x+3；

（2）過點P作直線AC的平行線MN，分別交x軸、y軸于M、N，如圖1，
∵以P為圓心，$\frac{{\sqrt{10}}}{2}$為半徑的圓與直線AC相切，
∴直線MN與直線AC之間的距離為$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
∵A（-1，0），C（0，3），
∴OA=1，OC=3．
∵∠AOC=90°，
∴AC=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∴點O到直線AC的距離為$\frac{1×3}{\sqrt{10}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
∴點O到直線MN的距離為$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{3\sqrt{10}}{10}$=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$．
設(shè)直線MN的解析式為y=3x+b，
則M（-$\frac{3}$，0），N（0，b），
∴OM=$\frac{3}$，ON=b，MN=$\sqrt{\frac{^{2}}{9}+^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}b}{3}$，
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}×b$=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{10}b}{3}$×$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，
∴b=8，
∴直線MN的解析式為y=3x+8．
解$\left\{\begin{array}{l}{y=3x+8}\\{y={x}^{2}+4x+3}\end{array}\right.$，得
$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{-1+\sqrt{21}}{2}}\\{{y}_{1}=\frac{13+3\sqrt{21}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=\frac{-1-\sqrt{21}}{2}}\\{{y}_{2}=\frac{13-3\sqrt{21}}{2}}\end{array}\right.$，
∴點P的坐標為（$\frac{-1+\sqrt{21}}{2}$，$\frac{13+3\sqrt{21}}{2}$）或（$\frac{-1-\sqrt{21}}{2}$，$\frac{13-3\sqrt{21}}{2}$）；

（3）過點C作CC′∥x軸，交DE于C′，過點D作x軸的垂線，交x軸于點G，交CC′于H，如圖2，
則有DG⊥OB，DH⊥CC′．
∵DB=DO，
∴OG=BG=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{3}{2}$，
當x=-$\frac{3}{2}$時，y=（-$\frac{3}{2}$）²+4×（-$\frac{3}{2}$）+3=-$\frac{3}{4}$，
∴點D的坐標為D$（{-\frac{3}{2}，-\frac{3}{4}}）$．
∵DB=DO，DG⊥OB，
∴∠BDG=∠ODG．
∵∠CDO=∠EDB，
∴∠C′DH=∠CDH．
在△C′HD和△CHD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠C′DH=∠CDH}\\{DH=DH}\\{∠C′HD=∠CHD}\end{array}\right.$，
∴△C′HD≌△CHD，
∴C′H=CH=$\frac{3}{2}$，
∴CC′=3，
∴點C′的坐標為（-3，3）．
設(shè)直線DE的解析式為y=mx+n，
則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}m+n=-\frac{3}{4}}\\{-3m+n=3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{5}{2}}\\{n=-\frac{9}{2}}\end{array}\right.$，
∴直線DE的解析式為y=-$\frac{5}{2}$x-$\frac{9}{2}$．
解$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{5}{2}x-\frac{9}{2}}\\{y={x}^{2}+4x+3}\end{array}\right.$，得
$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-\frac{3}{2}}\\{{y}_{1}=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-5}\\{{y}_{2}=8}\end{array}\right.$
∴E（-5，8）．

點評 本題主要考查了運用待定系數(shù)法求拋物線及直線的解析式，直線與拋物線的交點問題、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，運用面積法是解決第（2）小題的關(guān)鍵，將∠CDO=∠EDB轉(zhuǎn)化為∠C′DH=∠CDH，進而得到△C′HD≌△CHD，是解決第（3）小題的關(guān)鍵．