Question

11．如圖，拋物線y=ax²+bx+c的頂點(diǎn)為C（-1，-2），與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B．
（1）求拋物線的表達(dá)式及直線AC的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)E在拋物線第一象限的圖象上，EF∥y軸交直線AC于點(diǎn)F，當(dāng)EF=AB時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，連接BC，點(diǎn)M是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接FM，作FN⊥FM交直線BE于點(diǎn)N．
①當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)時(shí)，$\frac{FN}{FM}$的值是否發(fā)生變化？如果變化，請(qǐng)直接寫出變化情況；如果不變化，請(qǐng)直接寫出這個(gè)值；
②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)B的位置時(shí)，線段MN的中點(diǎn)為P，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的位置時(shí)，線段MN的中點(diǎn)為Q，請(qǐng)直接寫出線段PQ的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)和點(diǎn)A的坐標(biāo)確定出拋物線解析式，用待定系數(shù)法直接確定出直線AC解析式；
（2）先確定出AB=4，再設(shè)出點(diǎn)F的坐標(biāo)，得出點(diǎn)E坐標(biāo)，即可得出EF=$\frac{1}{2}$m²-$\frac{1}{2}$，有EF=AB=4，即可求出m，進(jìn)而得出點(diǎn)E坐標(biāo)；
（3）①先確定出直線BE解析式，進(jìn)而得出BE∥AC，再求出FG，CF，最后判斷出△FGN∽△FCM得出$\frac{FN}{FM}=\frac{FG}{FC}$=$\frac{1}{2}$，
②利用①方法求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+c的頂點(diǎn)為C（-1，-2），
∴設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）²-2，
∵點(diǎn)A（1，0）在拋物線上，
∴a（1+1）²-2=0，
∴a=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$（x+1）²-2=$\frac{1}{2}$x²+x-$\frac{3}{2}$，
設(shè)直線AC解析式為y=kx+b，
∵C（-1，-2），A（1，0）在直線AC上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k+b=0}\\{-k+b=-2}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=-1}\end{array}\right.$，
直線AC解析式為y=x-1；
（2）如圖1，由（1）知，拋物線解析式為y=$\frac{1}{2}$（x+1）²-2，A（1，0），
∴B（-3，0），
∴AB=4，
∵點(diǎn)F在直線AC（y=x-1）上，
設(shè)F（m，m-1），
∵EF∥y軸，
∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為m．
∵點(diǎn)E在拋物線第一象限的圖象上，
∴E（m，$\frac{1}{2}$m²+m-$\frac{3}{2}$），
∴EF=$\frac{1}{2}$m²+m-$\frac{3}{2}$-（m-1）=$\frac{1}{2}$m²-$\frac{1}{2}$=4，
∴m=-3（舍）或m=3，
∴E（3，6）；
（3）①當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)時(shí)，$\frac{FN}{FM}$的值不發(fā)生變化，
理由：∵C（-1，-2），B（-3，0），A（1，0），
∴AB=4，BC=2$\sqrt{2}$，AC=2$\sqrt{2}$，
∴BC²+AC²=16=AB²，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
由（2）知，E（3，6），
∵B（-3，0），
∴直線BE的解析式為y=x+3，
由（1）知，直線AC解析式為y=x-1；
∴BE∥AC，
過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BE，
∴FG⊥AC，
∵∠CFM+∠GFM=90°，
∵∠FN⊥FM，
∴∠GFN+∠GFM=90°，
∴∠CFM=∠GFN，
∵∠FGN=∠ACB=90°，
∴△FGN∽△FCM，
∴$\frac{FN}{FM}=\frac{FG}{FC}$，
∵∠FGB=∠CFG=∠ACB=90°，
∴四邊形BCFG是矩形，
∴FG=BC=2$\sqrt{2}$，
由（2）知，F(xiàn)（3，2），
∵C（-1，-2），
∴FC=$\sqrt{16+16}$=4$\sqrt{2}$，
∴$\frac{FN}{FM}=\frac{FG}{FC}$=$\frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$=$\frac{1}{2}$；
②如圖2，同①的方法得，四邊形BCFN'是矩形，
∵當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的位置時(shí)，線段MN的中點(diǎn)為Q，
∴點(diǎn)Q是對(duì)角線CN'與BF的交點(diǎn)，
∵B（-3，0），F(xiàn)（3，2），
∴Q（0，1），
同①的方法得，△FN'N∽△FCB，
∴$\frac{NN'}{BC}=\frac{FN}{FM}$=$\frac{1}{2}$，
∴NN'=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$，
∴BN=BN'+NN'=CF+NN'=5$\sqrt{2}$，
∵點(diǎn)N'在直線BE（y=x+3）的圖象上，
設(shè)點(diǎn)N'（n，n+3），
∴BN=$\sqrt{2（n+3）^{2}}$=（n+3）$\sqrt{2}$=5$\sqrt{2}$，
∴n=2，∴N（2，5），
∵當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)B的位置時(shí)，線段MN的中點(diǎn)為P，
∴P（-$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{2}$），
∴PQ=$\sqrt{（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{5}{2}-1）^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，直角三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)的確定方法，平行線的判定，解本題的關(guān)鍵是判斷出BE∥AC和△FGN∽△FCM，是一道很好的中考題．