Question

17．如圖，拋物線y=ax²+c（a≠0）與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于B，C兩點(diǎn)（點(diǎn)C在x軸正半軸上），△ABC為等腰直角三角形，且面積為4，現(xiàn)將拋物線沿BA方向平移，平移后的拋物線過點(diǎn)C時(shí)，與x軸的另一點(diǎn)為E，其頂點(diǎn)為F，對稱軸與x軸的交點(diǎn)為H．
（1）求a、c的值．
（2）連接OF，試判斷△OEF是否為等腰三角形，并說明理由．
（3）現(xiàn)將一足夠大的三角板的直角頂點(diǎn)Q放在射線AF或射線HF上，一直角邊始終過點(diǎn)E，另一直角邊與y軸相交于點(diǎn)P，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P、Q、E為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出A（0，c），則OA=c，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得OA=OB=OC=c，理由三角形面積公式得$\frac{1}{2}$•c•2c=4，解得c=2，接著把C（2，0）代入y=ax²+2可求出a的值；
（2）如圖1，先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式為y=x+2，設(shè)F（t，t+2），利用拋物線平移的規(guī)律可設(shè)平移后的拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x-t）²+t+2，再把C（2，0）代入得-$\frac{1}{2}$（2-t）²+t+2=0，可解得t=6，則平移后的拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x-6）²+8，所以F（6，8），利用勾股定理計(jì)算出OF=10，接著根據(jù)拋物線與x軸的交點(diǎn)問題確定E（10，0），則OE=OF=10，于是可判斷△OEF為等腰三角形；
（3）分類討論：當(dāng)點(diǎn)Q在射線HF上，如圖2，利用三角形全等的判定方法，當(dāng)EQ=EO=10時(shí)，△EQP≌△EOP，則可根據(jù)勾股定理計(jì)算出QH=2$\sqrt{21}$，于是可得Q點(diǎn)坐標(biāo)為（6，2$\sqrt{21}$）；當(dāng)點(diǎn)Q在射線AF上，如圖3，利用三角形全等的判定方法，當(dāng)EQ=EO=10時(shí)，△EQP≌△EOP，設(shè)Q（m，m+2），利用兩點(diǎn)間的距離公式得到（m-10）²+（m+2）²=10²，解方程求出m的值即可得到Q點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+c（a≠0）與y軸交于點(diǎn)A，
∴A（0，c），則OA=c，
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴OA=OB=OC=c，
∴$\frac{1}{2}$•c•2c=4，解得c=2，
∴C（2，0），
把C（2，0）代入y=ax²+2得4a+2=0，解得a=-$\frac{1}{2}$；
（2）△OEF是等腰三角形．理由如下：如圖1，
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，
把A（0，2）、B（-2，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{-2k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=2}\end{array}\right.$，
則直線AB的解析式為y=x+2，
設(shè)F（t，t+2），
∵拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+2沿BA方向平移，平移后的拋物線過點(diǎn)C時(shí)，頂點(diǎn)為F，
∴平移后的拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x-t）²+t+2，
把C（2，0）代入得-$\frac{1}{2}$（2-t）²+t+2=0，解得t₁=0（舍去），t₂=6，
∴平移后的拋物線解析式為y=-$\frac{1}{2}$（x-6）²+8，
∴F（6，8），
∴OF=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
令y=0，-$\frac{1}{2}$（x-6）²+8=0，解得x₁=2，x₂=10，
∴OE=10，
∴OE=OF，
∴△OEF為等腰三角形；
（3）存在．點(diǎn)Q的位置分兩種情形．
情形一：點(diǎn)Q在射線HF上，
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，如圖2，
∵∠EQP=90°，EP=EP，
∴當(dāng)EQ=EO=10時(shí)，△EQP≌△EOP，
而HE=10-6=4，
∴QH=$\sqrt{1{0}^{2}-{4}^{2}}$=2$\sqrt{21}$，
此時(shí)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（6，2$\sqrt{21}$）；

當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖3，有PQ=OE=10，過P點(diǎn)作PK⊥HF于點(diǎn)K，則有PK=6，
在Rt△PQK中，QK=$\sqrt{{PQ}^{2}-P{K}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∵∠PQE=90°，∴∠PQK+HQE=90°，
∵∠PKQ=∠QHE=90°，
∴△PKQ∽△QHE，
∴$\frac{PK}{QH}=\frac{QK}{HE}$，∴$\frac{6}{QH}=\frac{8}{4}$，解得QH=3，
∴Q（6，3）．
情形二、點(diǎn)Q在射線AF上，
當(dāng)PQ=OE=10時(shí)，如圖4，有QE=PO，
∴四邊形POEQ為矩形，∴Q的橫坐標(biāo)為10，
當(dāng)x=10時(shí)，y=x+2=12，∴Q（10，12）．

當(dāng)QE=OE=10時(shí)，如圖5，
過Q作QM⊥y軸于點(diǎn)M，過E點(diǎn)作x軸的垂線交QM于點(diǎn)N．
設(shè)Q的坐標(biāo)為為（x，x+2），∴MQ=x，QN=10-x，EN=x+2，
在Rt△QEN中，有QE²=QN²+EN²，即10²=（10-x）²+（x+2）²，解得x=4±$\sqrt{14}$，
當(dāng)x=4+$\sqrt{14}$時(shí)，如圖5，y=x+2=6+$\sqrt{14}$，∴Q（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$），
當(dāng)x=4-$\sqrt{14}$時(shí)，如圖5，y=x+2=6-$\sqrt{14}$，∴Q（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$），
綜上所述，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（6，2$\sqrt{21}$）或（6，3）或（10，12）或（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）或（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$），使P，Q，E三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)平移的規(guī)律和三角形全等的判定與性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；記住兩點(diǎn)間的距離公式．