Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax²+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)為B（2，1），且過點(diǎn)A（0，2），直線y=x與拋物線交于點(diǎn)D，E（點(diǎn)E在對稱軸的右側(cè)），拋物線的對稱軸交直線y=x于點(diǎn)C，交x軸于點(diǎn)G，EF⊥x軸，垂足為F，點(diǎn)P在拋物線上，且位于對稱軸的右側(cè)，PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)Q，△PCQ為等邊三角形

（1）求該拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）求證：CE=EF；
（4）連接PE，在x軸上點(diǎn)Q的右側(cè)是否存在一點(diǎn)M，使△CQM與△CPE全等？若存在，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．[注：3+2$\sqrt{2}$=（$\sqrt{2}$+1）²]．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)是（2，1），因而設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a（x-2）²+1，把A的坐標(biāo)代入即可求得函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)△PCQ為等邊三角形，則△CGQ中，∠CQD=30°，CG的長度可以求得，利用直角三角形的性質(zhì)，即可求得CQ，即等邊△CQP的邊長，則P的縱坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式，即可求得P的坐標(biāo)；
（3）解方程組即可求得E的坐標(biāo)，則EF的長等于E的縱坐標(biāo)，OE的長度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的長度可以求得，則CE的長度即可求解；
（4）可以利用反證法，假設(shè)x軸上存在一點(diǎn)，使△CQM≌△CPE，可以證得EM=EF，即M與F重合，與點(diǎn)E為直線y=x上的點(diǎn)，∠CEF=45°即點(diǎn)M與點(diǎn)F不重合相矛盾，故M不存在．

解答 解：（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a（x-2）²+1，將點(diǎn)A（0，2）代入，得a（0-2）²+1=2，
解這個方程，得a=$\frac{1}{4}$，
∴拋物線的表達(dá)式為y=$\frac{1}{4}$（x-2）²+1=$\frac{1}{4}$x²-x+2；
（2）將x=2代入y=x，得y=2
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，2）即CG=2，
∵△PCQ為等邊三角形
∴∠CQP=60°，CQ=PQ，
∵PQ⊥x軸，
∴∠CQG=30°，
∴CQ=4，GQ=2$\sqrt{3}$．
∴OQ=2+2$\sqrt{3}$，PQ=4，
將y=4代入y=$\frac{1}{4}$（x-2）²+1，得4=$\frac{1}{4}$（x-2）²+1
解這個方程，得x₁=2+2$\sqrt{3}$=OQ，x₂=2-2$\sqrt{3}$＜0（不合題意，舍去）．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2+2$\sqrt{3}$，4）；
（3）把y=x代入y=$\frac{1}{4}$x²-x+2，得x=$\frac{1}{4}$x²-x+2
解這個方程，得x₁=4+2$\sqrt{2}$，x₂=4-2$\sqrt{2}$＜2（不合題意，舍去）
∴y=4+2$\sqrt{2}$=EF
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4+2$\sqrt{2}$，4+2$\sqrt{2}$）
∴OE=$\sqrt{E{F}^{2}+O{F}^{2}}$=4+4$\sqrt{2}$，
又∵OC=$\sqrt{C{G}^{2}+O{G}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴CE=OE-OC=4+2$\sqrt{2}$，
∴CE=EF；
（4）不存在．
如圖，假設(shè)x軸上存在一點(diǎn)，使△CQM≌△CPE，則CM=CE，∠QCM=∠PCE

∵∠QCP=60°，
∴∠MCE=60°
又∵CE=EF，
∴EM=EF，
又∵點(diǎn)E為直線y=x上的點(diǎn)，
∴∠CEF=45°，
∴點(diǎn)M與點(diǎn)F不重合．
∵EF⊥x軸，這與“垂線段最短”矛盾，
∴原假設(shè)錯誤，滿足條件的點(diǎn)M不存在．

點(diǎn)評 本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，以及等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，反證法，正確求得E的坐標(biāo)是關(guān)鍵．