Question

20．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=x²+bx+c交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，直線y=x-3經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)C作直線CD⊥y軸交拋物線于另一點(diǎn)D，點(diǎn)P是直線CD下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，PE交CD于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)M，連接AC，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，線段MN的長(zhǎng)為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接PC，過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥PC于點(diǎn)Q（點(diǎn)Q在線段PC上），BQ交CD于點(diǎn)T，連接OQ交CD于點(diǎn)S，當(dāng)ST=TD時(shí)，求線段MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）首先求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)S_△ABC=S_△AMC+S_△AMB，由三角形面積公式可求y與m之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖2，由拋物線對(duì)稱性可得D（2，-3），過(guò)點(diǎn)B作BK⊥CD交直線CD于點(diǎn)K，OG⊥OS交KB于G，可得四邊形OCKB為正方形，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥PC交PC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，OR⊥BQ交BQ于點(diǎn)I交BK于點(diǎn)R，可得四邊形OHQI為矩形，可證△OBG≌△OCS，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，設(shè)ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，在Rt△SKR中，根據(jù)勾股定理求得m，可得tan∠PCD=$\frac{1}{2}$，過(guò)點(diǎn)P作PE′⊥x軸于E′交CD于點(diǎn)F′，得到P（t，-$\frac{1}{2}$t-3），可得-$\frac{1}{2}$t-3=t²-2t-3，求得t，再根據(jù)MN=d求解即可．

解答 解：（1）∵直線y=x-3經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)，
∴B（3，0），C（0，-3），
∵y=x²+bx+c經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{9+3b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
故拋物線的解析式為y=x²-2x-3；
（2）如圖1，y=x²-2x-3，
y=0時(shí)，x²-2x-3=0，
解得x₁=-1，x₂=3，
∴A（-1，0），
∴OA=1，OB=OC=3，
∴∠ABC=45°，AC=$\sqrt{10}$，AB=4，
∵PE⊥x軸，
∴∠EMB=∠EBM=45°，
∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1，
∴EM=EB=3-t，
連結(jié)AM，
∵S_△ABC=S_△AMC+S_△AMB，
∴$\frac{1}{2}$AB•OC=$\frac{1}{2}$AC•MN+$\frac{1}{2}$AB•EM，
∴$\frac{1}{2}$×4×3=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{10}$d+$\frac{1}{2}$×4（3-t），
∴d=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$t；
（3）如圖2，
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴對(duì)稱軸為x=1，
∴由拋物線對(duì)稱性可得D（2，-3），
∴CD=2，
過(guò)點(diǎn)B作BK⊥CD交直線CD于點(diǎn)K，
∴四邊形OCKB為正方形，
∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，
∴DK=1，
∵BQ⊥CP，
∴∠CQB=90°，
過(guò)點(diǎn)O作OH⊥PC交PC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，OR⊥BQ交BQ于點(diǎn)I交BK于點(diǎn)R，OG⊥OS交KB于G，
∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，
∴四邊形OHQI為矩形，
∵∠OCQ+∠OBQ=180°，
∴∠OBG=∠OCS，
∵OB=OC，∠BOG=∠COS，
∴△OBG≌△OCS，
∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，
∴∠SOG=90°，
∴∠ROG=45°，
∵OR=OR，
∴△OSR≌△OGR，
∴SR=GR，
∴SR=CS+BR，
∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，
∴∠BOR=∠TBK，
∴tan∠BOR=tan∠TBK，
∴$\frac{BR}{OB}$=$\frac{TK}{BK}$，
∴BR=TK，
∵∠CTQ=∠BTK，
∴∠QCT=∠TBK，
∴tan∠QCT=tan∠TBK，
設(shè)ST=TD=m，
∴SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，
在Rt△SKR中，
∵SK²+RK²=SR²，
∴（2m+1）²+（2-m）²=（3-m）²，
解得m₁=-2（舍去），m₂=$\frac{1}{2}$；
∴ST=TD=$\frac{1}{2}$，TK=$\frac{3}{2}$，
∴tan∠TBK=$\frac{TK}{BK}$=$\frac{3}{2}$÷3=$\frac{1}{2}$，
∴tan∠PCD=$\frac{1}{2}$，
過(guò)點(diǎn)P作PE′⊥x軸于E′交CD于點(diǎn)F′，
∵CF′=OE′=t，
∴PF′=$\frac{1}{2}$t，
∴PE′=$\frac{1}{2}$t+3，
∴P（t，-$\frac{1}{2}$t-3），
∴-$\frac{1}{2}$t-3=t²-2t-3，
解得t₁=0（舍去），t₂=$\frac{3}{2}$．
∴MN=d=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$t=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$×$\frac{3}{2}$=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)綜合題型，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、解方程（方程組）、相似三角形（或三角函數(shù)）、勾股定理等重要知識(shí)點(diǎn)．