Question

2．已知拋物線y=x²+bx-3與x軸交于A、B兩點（A為左交點），與y軸的交于點C，tan∠BCO=$\frac{1}{3}$，
（1）求拋物線的解析式．
（2）設(shè)點P是直線AC下方拋物線上的動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，求以P、C、B為頂點的三角形的面積S與t的關(guān)系式．
（3）在第（2）問條件下，當(dāng)S=3時，點M是直線PB上的動點，點N是直線BC上的動點，是否存在著使得以M、N、O、C為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在請求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用C（0，-3），tan∠BCO=$\frac{1}{3}$，可求出點B的坐標(biāo)，代入y=x²+bx-3可求出b的值；
（2）作PH⊥OA，由S=S_{四邊形APCB}-S_△APB=S_△AHP+S_梯形PHOC+S_△BOC-S_△APB可得到S與t的關(guān)系式；
（3）由S=3可求出t的值，得到點P的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出直線PB、BC的解析式，由點M是直線PB上的動點，點N是直線BC上的動點，使得以M、N、O、C為頂點的四邊形為平行四邊形，可知OM∥BC，求出PB和OM的交點即為所求．

解答 解：（1）∵y=x²+bx-3與y軸的交于點C，
∴C（0，-3），
∴OC=3，
∵tan∠BCO=$\frac{1}{3}$，
∴OB=1，
∴B（1，0）
代入y=x²+bx-3得，b=2，
∴y=x²+2x-3；
（2）如備用圖1，作PH⊥OA，
∵y=x²+2x-3，
∴A（-3，0），P（t，t²+2t-3），
∴AH=t+3，OH=-t，AB=4，PH=-（t²+2t-3），
∵S=S_{四邊形APCB}-S_△APB
=S_△AHP+S_梯形PHOC+S_△BOC-S_△APB
=$\frac{1}{2}$×AH×PH+$\frac{1}{2}$×OH×（PH+OC）+$\frac{1}{2}$×OB×OC-$\frac{1}{2}$×AB×PH
=$\frac{1}{2}$×（t+3）×[-（t²+2t-3）]+$\frac{1}{2}$×（-t）×[-（t²+2t-3）+3）+$\frac{1}{2}$×1×3-$\frac{1}{2}$×4×[-（t²+2t-3）]
=$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t；
（3）存在，如備用圖2，過O作OM∥BC，交PB于點M，
當(dāng)S=3時，3=$\frac{1}{2}$t²-$\frac{1}{2}$t，
解得：t=-2或t=3（舍去）
∴P（-2，-3）
設(shè)直線PB的解析式為y_PB=kx+b，代入P、B兩點坐標(biāo)得，
$\left\{\begin{array}{l}{k+b=0}\\{-2k+b=-3}\end{array}\right.$
解得：k=1，b=-1，
∴y_PB=x-1，
設(shè)直線CB的解析式為y_BC=kx+b，代入C、B兩點坐標(biāo)得
$\left\{\begin{array}{l}{k+b=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$
解得：k=3，b=-3，
∴y_BC=3x-3，
∵點M是直線PB上的動點，點N是直線BC上的動點，以M、N、O、C為頂點的四邊形為平行四邊形，
①OM∥BC時，
∴y_OM=3x，
∵PB于OM交于點M，
∴x-1=3x
解得：x=-$\frac{1}{2}$，
∴y=-$\frac{3}{2}$，
∴M（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$）．
②NM∥OC時，此時有y_N-y_M=OC=3，
即（3x-3）-（x-1）=3，
解得x=$\frac{5}{2}$
故M（$\frac{5}{2}，\frac{3}{2}$）．
綜上，所求M點的坐標(biāo)為（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$）或（$\frac{5}{2}，\frac{3}{2}$）．

點評 本題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式、數(shù)形結(jié)合列函數(shù)表達(dá)式、以及平行四邊形的判定，能夠熟練的運用數(shù)形結(jié)合思想是解決問題的關(guān)鍵．