Question

8．如圖，拋物線(xiàn)y=x²+bx+c經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（-1，0）、（0，-3）．
（1）求拋物線(xiàn)的函數(shù)解析式．
（2）點(diǎn)E為拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)，點(diǎn)C為拋物線(xiàn)與x軸的另一交點(diǎn)，點(diǎn)D為y軸上一點(diǎn)，且DC=DE，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（3）在第二問(wèn)的條件下，射線(xiàn)DE上是否存在點(diǎn)P，使得以C、D、P為頂點(diǎn)的三角形與△DOC相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)解析式，解方程組求出b、c的值，即可得解；
（2）令y=0，利用拋物線(xiàn)解析式求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，m），作EF⊥y軸于點(diǎn)F，利用勾股定理列式表示出DC²與DE²，然后解方程求出m的值，即可得到點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)點(diǎn)C、D、E的坐標(biāo)判定△COD和△DFE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠EDF=∠DCO，然后求出CD⊥DE，再利用勾股定理求出CD的長(zhǎng)度，然后①分OC與CD是對(duì)應(yīng)邊；②OC與DP是對(duì)應(yīng)邊；根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求出DP的長(zhǎng)度，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，分別求出DG、PG的長(zhǎng)度，結(jié)合平面直角坐標(biāo)系即可寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵拋物線(xiàn)y=x²+bx+c經(jīng)過(guò)A（-1，0）、B（0，-3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1-b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
故拋物線(xiàn)的函數(shù)解析式為y=x²-2x-3；

（2）令x²-2x-3=0，
解得x₁=-1，x₂=3，
則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，0），
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（1，-4），
設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，m），
∵DC²=OD²+OC²=m²+3²，DE²=DF²+EF²=（m+4）²+1²，
∵DC=DE，
∴m²+9=m²+8m+16+1，
解得m=-1，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，-1）；

（3）作EF⊥y軸于F．
∵點(diǎn)C（3，0），D（0，-1），E（1，-4），
∴CO=DF=3，DO=EF=1，
根據(jù)勾股定理，CD=$\sqrt{O{C}^{2}+O{D}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
在△COD和△DFE中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CO=DF}\\{∠COD=∠DFE}\\{DO=EF}\end{array}\right.$，
∴△COD≌△DFE（SAS），
∴∠EDF=∠DCO，
又∵∠DCO+∠CDO=90°，
∴∠EDF+∠CDO=90°，
∴∠CDE=180°-90°=90°，
∴CD⊥DE，
①分OC與CD是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，
∵△DOC∽△PDC，
∴$\frac{OC}{DC}$=$\frac{OD}{DP}$，
即 $\frac{3}{\sqrt{10}}$=$\frac{1}{DP}$，
解得DP=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，
過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，
則 $\frac{DG}{DF}$=$\frac{PG}{EF}$=$\frac{PD}{DE}$，
即 $\frac{DG}{3}$=$\frac{PG}{1}$=$\frac{\frac{\sqrt{10}}{3}}{\sqrt{10}}$，
解得DG=1，PG=$\frac{1}{3}$，
OG=DO+DG=1+1=2，
所以，點(diǎn)P（ $\frac{1}{3}$，-2）；
②OC與DP是對(duì)應(yīng)邊時(shí)，
∵△DOC∽△CDP，
∴$\frac{OC}{DP}$=$\frac{OD}{DC}$，
即 $\frac{3}{DP}$=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，
解得DP=3 $\sqrt{10}$，
過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，
則 $\frac{DG}{DF}$=$\frac{PG}{EF}$=$\frac{DP}{DE}$，
即 $\frac{DG}{3}$=$\frac{PG}{1}$ $\frac{3\sqrt{10}}{\sqrt{10}}$=，
解得DG=9，PG=3，
OG=OD+DG=1+9=10，
所以，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（3，-10），
綜上所述，滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P共有2個(gè)，其坐標(biāo)分別為（ $\frac{1}{3}$，-2）、（3，-10）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，主要涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，（3）題稍微復(fù)雜，一定要注意分相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的不同，點(diǎn)P在點(diǎn)D的左右兩邊的情況討論求解．