Question

7．如圖，拋物線y=ax²+bx+3經過A（1，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P是x軸上的一個動點，設點P的坐標為（m，0），過點P作x軸的垂線l交線段BC于點M，交拋物線于點N．試探究m為何值時，四邊形MNOC是平行四邊形．
（3）如圖2，點Q是線段OB上一動點，在線段BC上是否存在點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形？若存在，求點M的坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把點A（1，0）、B（4，0）兩點的坐標代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求解；
（2）用m的代數(shù)式表示點M、N的坐標，求出MN，根據(jù)MN=OC，列出方程即可解決問題．
（3）分兩種情況分別討論①當∠BQM=90°時，如圖2，設M（a，b），由△MQB∽△COB，得$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MQ}{OC}$，列出方程即可．②當∠QMB=90°時，如圖3，設CM=MQ=m，則BM=5-m，由△BMQ∽△BOC，可得 $\frac{m}{3}$=$\frac{5-m}{4}$，解方程即可．

解答 解：（1）由已知得 $\left\{\begin{array}{l}{a+b+3=0}\\{16a+4b+3=0}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{3}{4}}\\{b=-\frac{15}{4}}\end{array}\right.$．
所以，拋物線的解析式為y=$\frac{3}{4}$x²-$\frac{15}{4}$x+3．

（2）如圖1中，

∵B（4，0）、C（0，3），
∴直線BC的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∵P（m，0），
∴M（m，-$\frac{3}{4}m$+3），N（m，$\frac{3}{4}$m²-$\frac{15}{4}$m+3），
∴MN=$\frac{3}{4}$m²-$\frac{15}{4}$m+3-（-$\frac{3}{4}$m+3）=$\frac{3}{4}$m²-3m，
∵MN∥OC，
∴當MN=OC時，四邊形MNOC是平行四邊形，
∴$\frac{3}{4}$m²-3m=2，
∴m=$\frac{8±2\sqrt{15}}{3}$．

（3）①當∠BQM=90°時，如圖2，設M（a，b），

∵∠CMQ＞90°，
∴只能CM=MQ=b，
∵MQ∥y軸，
∴△MQB∽△COB，
∴$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MQ}{OC}$，即 $\frac{5-b}{3}$=$\frac{3}$，解得b=$\frac{15}{8}$，代入y=-$\frac{3}{4}$x+3得 $\frac{15}{8}$=-$\frac{3}{4}$ a+3，解得a=$\frac{3}{2}$，
∴M（ $\frac{3}{2}$，$\frac{15}{8}$）；

②當∠QMB=90°時，如圖3，

∵∠CMQ=90°，
∴只能CM=MQ，
設CM=MQ=m，
∴BM=5-m，
∵∠BMQ=∠COB=90°，∠MBQ=∠OBC，
∴△BMQ∽△BOC，
∴$\frac{m}{3}$=$\frac{5-m}{4}$，解得m=$\frac{15}{7}$，
作MN∥OB，
∴$\frac{MN}{OB}$=$\frac{CN}{OC}$=$\frac{CM}{BC}$，即 $\frac{MN}{4}$=$\frac{CN}{3}$=$\frac{15}{7}$，
∴MN=$\frac{12}{7}$，CN=$\frac{9}{7}$，
∴ON=OC-CN=3-$\frac{9}{7}$=$\frac{12}{7}$，
∴M（ $\frac{12}{7}$，$\frac{12}{7}$）．
綜上，在線段BC上存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形，點M的坐標為（ $\frac{3}{2}$，$\frac{15}{8}$）或（ $\frac{12}{7}$，$\frac{12}{7}$）．

點評 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，平行四邊形的判定和性質，等腰三角形的性質等；解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用參數(shù)，構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．