Question

3．如圖1，已知二次函數(shù)y=x²+bx+c的圖象與x 軸交于A（-1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，與y 軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，對稱軸為直線l．

（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)E 是對稱軸l 右側(cè)拋物線上一點(diǎn)，且S_△ADE=2S_△AOC，求點(diǎn)E 的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接DC 并延長交x 軸于點(diǎn)F，設(shè)P 為線段BF 上一動點(diǎn)（不與B、F 重合），過點(diǎn)P 作PQ∥BD 交直線BC 于點(diǎn)Q，將直線PQ 繞點(diǎn)P 沿順時針方向旋轉(zhuǎn)45°后，所得的直線交DF 于點(diǎn)R，連接QR．請直接寫出當(dāng)△PQR 與△PFR 相似時點(diǎn)P 的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）設(shè)E（m，m²-2m-3），過點(diǎn)E作EM∥x軸，交AD于點(diǎn)M，由條件可得△AOC的面積，從而可求得△ADE的面積，利用待定系數(shù)法可求得直線AD的解析式，則可用m表示出EM的長，從而可用m表示出△ADE的面積，從而可得到關(guān)于m的方程，可求得m的值；
（3）由C、D坐標(biāo)可求得直線CD的解析式，從而可求得F點(diǎn)坐標(biāo)，可求得OF=OC，可得∠RFP=∠RPQ=45°，由△PQR 與△PFR 相似得到：△PQR∽△FRP 或△PQR∽△FPR，結(jié)合相似三角形的對應(yīng)邊成比例得到點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）將點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得$\left\{\begin{array}{l}1-b+c=0\\ 9+3b+c=0\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}b=-2\\ c=-3\end{array}\right.$，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x²-2x-3；

（2）設(shè)E（m，m²-2m-3），過點(diǎn)E作EM∥x軸，交AD于點(diǎn)M，（如圖1）

由y=x²-2x-3=（ x-1）²-4得頂點(diǎn)D（1，-4），C（0，-3），
∴${S_{△AOC}}=\frac{1}{2}OA×OC=\frac{1}{2}×1×3=\frac{3}{2}$，
∴S_△ADE=2S_△AOC=3，
∵A（-1，0）、D（1，-4），
∴直線AD為：y=-2x-2，
∵E（m，m²-2m-3），
∴M（$-\frac{1}{2}{m^2}+m+\frac{1}{2}$，m²-2m-3），
∴EM=$m-（{-\frac{1}{2}{m^2}+m+\frac{1}{2}}）=\frac{1}{2}{m^2}-\frac{1}{2}$，
∴S_△ADE$\frac{1}{2}$×4×EM=2EM=m²-1=3，
解得m=±2（其中m=-2舍去），
∴E（2-3）；

（3）∵C（0，-3），D（1，-4），

∴直線CD的解析式為：y=-x-3．
當(dāng)y=0時，x=-3，
故F（0，-3），
∴OF=OC=3，
∴∠OFC=45°，即∠PFR=45°．
∵PQ∥BD，
∴∠FPQ≠90°，
∴∠FPR≠45°，
∴當(dāng)△PQR 與△PFR 相似時：
△PQR∽△FRP，則
點(diǎn)P的坐標(biāo)是：P₁（$\frac{7}{3}$，0）、P₂（0，0）．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，解題時綜合運(yùn)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形面積的求法以及相似三角形的性質(zhì)，注意分類討論數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用，難度較大．