Question

16．如圖1，經(jīng)過原點O的拋物線y=ax²+bx（a≠0）與x軸交于另一點A（$\frac{3}{2}$，0），在第一象限內與直線y=x交于點B（2，t）．
（1）求這條拋物線的表達式；
（2）在第四象限內的拋物線上有一點C，滿足以B，O，C為頂點的三角形的面積為2，求點C的坐標；
（3）如圖2，若點M在這條拋物線上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的條件下，是否存在點P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由直線解析式可求得B點坐標，由A、B坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的表達式；
（2）過C作CD∥y軸，交x軸于點E，交OB于點D，過B作BF⊥CD于點F，可設出C點坐標，利用C點坐標可表示出CD的長，從而可表示出△BOC的面積，由條件可得到關于C點坐標的方程，可求得C點坐標；
（3）設MB交y軸于點N，則可證得△ABO≌△NBO，可求得N點坐標，可求得直線BN的解析式，聯(lián)立直線BM與拋物線解析式可求得M點坐標，過M作MG⊥y軸于點G，由B、C的坐標可求得OB和OC的長，由相似三角形的性質可求得$\frac{OM}{OP}$的值，當點P在第一象限內時，過P作PH⊥x軸于點H，由條件可證得△MOG∽△POH，由$\frac{OM}{OP}$=$\frac{MG}{PH}$=$\frac{OG}{OH}$的值，可求得PH和OH，可求得P點坐標；當P點在第三象限時，同理可求得P點坐標．

解答 解：
（1）∵B（2，t）在直線y=x上，
∴t=2，
∴B（2，2），
把A、B兩點坐標代入拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{4a+2b=2}\\{\frac{9}{4}a+\frac{3}{2}b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴拋物線解析式為y=2x²-3x；
（2）如圖1，過C作CD∥y軸，交x軸于點E，交OB于點D，過B作BF⊥CD于點F，

∵點C是拋物線上第四象限的點，
∴可設C（t，2t²-3t），則E（t，0），D（t，t），
∴OE=t，BF=2-t，CD=t-（2t²-3t）=-2t²+4t，
∴S_△OBC=S_△CDO+S_△CDB=$\frac{1}{2}$CD•OE+$\frac{1}{2}$CD•BF=$\frac{1}{2}$（-2t²+4t）（t+2-t）=-2t²+4t，
∵△OBC的面積為2，
∴-2t²+4t=2，解得t₁=t₂=1，
∴C（1，-1）；
（3）存在．連接AB、OM．
設MB交y軸于點N，如圖2，

∵B（2，2），
∴∠AOB=∠NOB=45°，
在△AOB和△NOB中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AOB=∠NOB}\\{OB=OB}\\{∠ABO=∠NBO}\end{array}\right.$
∴△AOB≌△NOB（ASA），
∴ON=OA=$\frac{3}{2}$，
∴N（0，$\frac{3}{2}$），
∴可設直線BN解析式為y=kx+$\frac{3}{2}$，
把B點坐標代入可得2=2k+$\frac{3}{2}$，解得k=$\frac{1}{4}$，
∴直線BN的解析式為y=$\frac{1}{4}$x+$\frac{3}{2}$，
聯(lián)立直線BN和拋物線解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}x+\frac{3}{2}}\\{y=2{x}^{2}-3x}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{8}}\\{y=\frac{45}{32}}\end{array}\right.$，
∴M（-$\frac{3}{8}$，$\frac{45}{32}$），
∵C（1，-1），
∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=2$\sqrt{2}$，OC=$\sqrt{2}$，
∵△POC∽△MOB，
∴$\frac{OM}{OP}$=$\frac{OB}{OC}$=2，∠POC=∠BOM，
當點P在第一象限時，如圖3，過M作MG⊥y軸于點G，過P作PH⊥x軸于點H，

∵∠COA=∠BOG=45°，
∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，
∴$\frac{OM}{OP}$=$\frac{MG}{PH}$=$\frac{OG}{OH}$=2，
∵M（-$\frac{3}{8}$，$\frac{45}{32}$），
∴MG=$\frac{3}{8}$，OG=$\frac{45}{32}$，
∴PH=$\frac{1}{2}$MG=$\frac{3}{16}$，OH=$\frac{1}{2}$OG=$\frac{45}{64}$，
∴P（$\frac{45}{64}$，$\frac{3}{16}$）；
當點P在第三象限時，如圖4，過M作MG⊥y軸于點G，過P作PH⊥y軸于點H，

同理可求得PH=$\frac{1}{2}$MG=$\frac{3}{16}$，OH=$\frac{1}{2}$OG=$\frac{45}{64}$，
∴P（-$\frac{3}{16}$，-$\frac{45}{64}$）；
綜上可知存在滿足條件的點P，其坐標為（$\frac{45}{64}$，$\frac{3}{16}$）或（-$\frac{3}{16}$，-$\frac{45}{64}$）．

點評 本題為二次函數(shù)的綜合應用，涉及待定系數(shù)法、三角形的面積、二次函數(shù)的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、方程思想及分類討論思想等知識．在（1）中注意待定系數(shù)法的應用，在（2）中用C點坐標表示出△BOC的面積是解題的關鍵，在（3）中確定出點P的位置，構造相似三角形是解題的關鍵，注意分兩種情況．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．