Question

16．如圖，拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c與x軸分別相交于點A（-2，0），B（4，0），與y軸交于點C，頂點為點P．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動點M、N從點O同時出發(fā)，都以每秒1個單位長度的速度分別在線段OB、OC上向點B、C方向運動，過點M作x軸的垂線交BC于點F，交拋物線于點H．
①當四邊形OMHN為矩形時，求點H的坐標；
②是否存在這樣的點F，使△PFB為直角三角形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把A（-2，0），B（4，0），代入拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c，求出b、c即可；
（2）①表示出ON、MH，運用ON=MH，列方程求解即可；
②存在，先求出BC的解析式，根據(jù)互相垂直的直線一次項系數(shù)積等于-1，直線經過點P，待定系數(shù)法求出直線PF的解析式，求直線BC與直線PF的交點坐標即可．

解答 解：（1）把A（-2，0），B（4，0），代入拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{-2-2b+c=0}\\{-8+4b+c=0}\end{array}\right.$
解得：b=1，c=4，
∴y=-$\frac{1}{2}$x²+x+4；

（2）點C的坐標為（0，4），B（4，0）
∴直線BC的解析式為y=-x+4，
①根據(jù)題意，ON=OM=t，MH=-$\frac{1}{2}$t²+t+4
∵ON∥MH
∴當ON=MH時，四邊形OMHN為矩形，
即t=-$\frac{1}{2}$t²+t+4
解得：t=2$\sqrt{2}$或t=-2$\sqrt{2}$（不合題意舍去）
把t=2$\sqrt{2}$代入y=-$\frac{1}{2}$t²+t+4得：y=2$\sqrt{2}$
∴H（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）；
②存在，
當PF⊥BC時，
∵直線BC的解析式為y=-x+4，
∴設PF的解析式為y=x+b，又點P（1，$\frac{9}{2}$）代入求得b=$\frac{7}{2}$，
∴根據(jù)題意列方程組：
$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+4}\\{y=x+\frac{7}{2}}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{4}}\\{y=\frac{15}{4}}\end{array}\right.$
∴F（$\frac{1}{4}$，$\frac{15}{4}$）
當PF⊥BP時，
∵點P（1，$\frac{9}{2}$），B（4，0），
∴直線BP的解析式為：y=-$\frac{3}{2}$x+6，
∴設PF的解析式為y=$\frac{2}{3}$x+b，又點P（1，$\frac{9}{2}$）代入求得b=$\frac{23}{6}$，
∴根據(jù)題意列方程組：$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+4}\\{y=\frac{2}{3}x+\frac{23}{6}}\end{array}\right.$
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{10}}\\{y=\frac{39}{10}}\end{array}\right.$

∴F（$\frac{1}{10}$，$\frac{39}{10}$），
綜上所述：△PFB為直角三角形時，點F的坐標為（$\frac{1}{4}$，$\frac{15}{4}$）或（$\frac{1}{10}$，$\frac{39}{10}$）．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求直線和拋物線解析式，求頂點坐標，矩形的判定與性質以及兩直線互相垂直的性質，本題有一定的綜合性，難度不大，關鍵是掌握兩直線互相垂直的性質．