Question

5．如圖，已知拋物線與x軸交于A（-1，0），B（3，0），與y軸交于C（0，-3），頂點(diǎn)為點(diǎn)M．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)M的坐標(biāo)．
（2）點(diǎn)P是直線BC在y軸右側(cè)部分圖象上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P，點(diǎn)C，點(diǎn)M所構(gòu)成的三角形與△AOC相似，求符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)．
（3）過點(diǎn)C作CD∥AB，CD交拋物線于點(diǎn)D，點(diǎn)Q是線段CD上的一動(dòng)點(diǎn)，作直線QN與線段AC交于點(diǎn)N，與x軸交于點(diǎn)E，且∠BQE=∠BDC，當(dāng)CN的值最大時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)交點(diǎn)式y(tǒng)=a（x+1）（x-3），再把C點(diǎn)坐標(biāo)代入求出a即可得到拋物線的解析式，然后把一般式化為頂點(diǎn)式可得到點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）連接MC，作MF⊥y軸于點(diǎn)F，如圖，則點(diǎn)F坐標(biāo)為（0，-4），先證明△CMF為等腰直角三角形得到MC=$\sqrt{2}$，∠FCM=∠FMC=45°，△OBC為等腰直角三角形得到∠OCB=∠OBC=45°．則∠PCM=90°，過點(diǎn)P作PH⊥y軸于H，如圖，根據(jù)相似三角形的判定方法當(dāng)$\frac{PC}{AO}$=$\frac{MC}{CO}$時(shí)，△PCM∽△AOC，利用相似比計(jì)算出PC=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，從而得到PH=CH=$\frac{1}{3}$，則可確定此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）；當(dāng)$\frac{PC}{CO}$=$\frac{MC}{AO}$時(shí)，△PCM∽△COA，用同樣方法可確定此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）；
（3）設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（n，0），Q的坐標(biāo)為（m，-3），先利用對(duì)稱性得到D（2，-3），利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算出BD=$\sqrt{10}$，再證明△NCQ∽△QDB，利用相似比得到CN=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m²-2m），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可確定此時(shí)Q的坐標(biāo)為（1，-3），然后證明△EQB∽△BDQ，再利用相似比求出BE的長，從而可得到E點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵拋物線與x軸交于A（-1，0），B（3，0），
∴設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+1）（x-3）．
把（0，-3）代入y=a（x+1）（x-3）得a•1•（-3）=-3，解得a=1，
∴拋物線的解析式為y=（x+1）（x-3），即y=x²-2x-3．
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是（1，-4）；
（2）連接MC，作MF⊥y軸于點(diǎn)F，如圖，則點(diǎn)F坐標(biāo)為（0，-4）．
∵M(jìn)F=1，CF=-3-（-4）=1，
∴△CMF為等腰直角三角形，
∴MC=$\sqrt{2}$，∠FCM=∠FMC=45°，
∵B（3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴△OBC為等腰直角三角形，
∴∠OCB=∠OBC=45°．
∴∠MCB=180°-∠OCB-∠FCM=90°，
即∠PCM=90°，
過點(diǎn)P作PH⊥y軸于H，如圖，
∵∠PCM=∠AOC，
∴當(dāng)$\frac{PC}{AO}$=$\frac{MC}{CO}$時(shí)，△PCM∽△AOC，即$\frac{PC}{1}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，解得PC=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
∵∠PCH=45°，
∴PH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PC=$\frac{1}{3}$，
∴OH=OC-CH=3-$\frac{1}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）；
∴當(dāng)$\frac{PC}{CO}$=$\frac{MC}{AO}$時(shí)，△PCM∽△COA，即$\frac{PC}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{1}$，解得PC=3$\sqrt{2}$，
∴PH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PC=3，
∴OH=OC-CH=3-$\frac{1}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，即P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）；
綜上所述，符合題意的P點(diǎn)坐標(biāo)為P（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）或（3，0）；
（3）設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（n，0），Q的坐標(biāo)為（m，-3）．
∵CD∥x軸，
∴C點(diǎn)和D點(diǎn)關(guān)于直線x=1對(duì)稱，
∴D（2，-3），
∴BD=$\sqrt{（3-2）^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵Q（m，-3），
∴QD=2-m，CQ=m（0≤m≤2），
∵∠BQE=∠BDC，∠EQC+∠BQE=∠BDC+∠QBD，
∴∠EQC=∠QBD，
又由拋物線的軸對(duì)稱性可知：∠NCQ=∠BDC，
∴△NCQ∽△QDB．
∴$\frac{CN}{QD}$=$\frac{CQ}{BD}$，即$\frac{CN}{2-m}$=$\frac{m}{\sqrt{10}}$，
∴CN=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m²-2m）=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m-1）²+$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
∴當(dāng)m=1時(shí)，CN有最大值，此時(shí)Q的坐標(biāo)為（1，-3），
∴QG=3，BG=2，QD=1．
∴QB=$\sqrt{（3-1）^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∵CD∥x軸，
∴∠BEQ=∠NQC=∠QBD，
而∠EBQ=∠BQD．
∴△EQB∽△BDQ．
∴$\frac{BQ}{QD}$=$\frac{EB}{BQ}$，即$\frac{\sqrt{13}}{1}$=$\frac{BE}{\sqrt{13}}$，解得BE=13，
∴OE=BE-OB=13-3=10，
∴E的坐標(biāo)為（-10，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定于性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式；能利用兩點(diǎn)間的距離公式和相似計(jì)算線段的長；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會(huì)應(yīng)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．