Question

4．如圖1，拋物線y=-x²+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（-1，0）、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．直線y=-$\frac{3}{4}$x+m經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，與拋物線另一個(gè)交點(diǎn)為D，點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線CD于點(diǎn)E．

（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在直線CD上方，且△CPE是以CE為腰的等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接BP，以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)，線段BP為較長(zhǎng)直角邊，構(gòu)造兩直角邊比為1：2的Rt△BPG，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)G恰好落在直線y=x上？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出相應(yīng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)（寫(xiě)出兩個(gè)即可）；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（2）先把C點(diǎn)代入直線CD中求出m的值，表示P（m，-m²+2m+3）、E（m，-$\frac{3}{4}$m+3），
當(dāng)△CPE是以CE為腰的等腰三角形時(shí)，分兩種情況：
①當(dāng)CE=CP時(shí)，過(guò)C作CG⊥PF于G，根據(jù)OC=FG列方程解出即可；
②當(dāng)CE=PE時(shí)，先表示CE、EG、CG的長(zhǎng)，利用勾股定理得：CG²+EG²=CE²，列方程解出即可；
（3）先根據(jù)點(diǎn)P在拋物線上，G在直線y=x上設(shè)P（m，-m²+2m+3），G（a，a），
如圖3，作輔助線，構(gòu)建兩個(gè)相似三角形，證明△PHG∽△BNP，則$\frac{PN}{GH}$=$\frac{BN}{PH}$=$\frac{PB}{PG}$，由兩直角邊比為1：2列方程組解出橫坐標(biāo)m；
如圖4，同理列方程組解出m的值．

解答 解：（1）把A（-1，0），C（0，3）代入拋物線y=-x²+bx+c中得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為：y=-x²+2x+3；
（2）把C（0，3）代入直線y=-$\frac{3}{4}$x+m得：
m=3，
∴直線的解析式為：y=-$\frac{3}{4}$x+3，
設(shè)P（m，-m²+2m+3）、E（m，-$\frac{3}{4}$m+3），
①當(dāng)CE=CP時(shí)，過(guò)C作CG⊥PF于G，
∴PE=（-m²+2m+3）-（-$\frac{3}{4}$x+3）=-m²+$\frac{11}{4}$m，
∵PC=CE，CG⊥PF，
∴PG=EG，
∴EG=$\frac{1}{2}$PE=$\frac{-4{m}^{2}+11m}{8}$，
∵OC=FG=EF+EG，
∴-$\frac{3}{4}$m+3+$\frac{-4{m}^{2}+11m}{8}$=3，
解得：m₁=0，m₂=$\frac{5}{4}$，
當(dāng)m=$\frac{5}{4}$時(shí)，y=-m²+2m+3=-（$\frac{5}{4}$）²+2×$\frac{5}{4}$+3=$\frac{63}{16}$，
∴P（$\frac{5}{4}$，$\frac{63}{16}$），
②當(dāng)CE=PE時(shí)，
在Rt△CEG中，CG=m，EG=FG-EF=3-（-$\frac{3}{4}m$+3）=$\frac{3}{4}$m，
CE=PE=-m²+$\frac{11}{4}m$，
由勾股定理得：CG²+EG²=CE²，
（-m2+$\frac{11}{4}m$）²=m²+（$\frac{3}{4}m$）²，
解得：m₁=4（舍），m₂=$\frac{3}{2}$，
當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時(shí)，y=-$\frac{9}{4}$+2×$\frac{3}{2}$+3=$\frac{15}{4}$，
∴P（$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），
綜上所述，當(dāng)△CPE是以CE為腰的等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（$\frac{5}{4}$，$\frac{63}{16}$）或（$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$）；
（3）設(shè)P（m，-m²+2m+3），G（a，a），
如圖3，過(guò)B作BN∥y軸，過(guò)P作PH∥x軸，交于N，過(guò)G作GH⊥PN，垂足為H，則∠PHG=∠BNP=90°，
∴∠NBP+∠BPN=90°，
∵∠BPG=90°，
∴∠BPN+∠NPG=90°，
∴∠NBP=∠NPG，
∴△PHG∽△BNP，
∴$\frac{PN}{GH}$=$\frac{BN}{PH}$=$\frac{PB}{PG}$，
∵$\frac{PB}{PG}$=2，
∴$\frac{PN}{GH}=\frac{BN}{PH}$=2，
∴$\frac{3-m}{a+{m}^{2}-2m-3}$=$\frac{-{m}^{2}+2m+3}{a-m}$=2，
則$\left\{\begin{array}{l}{2a+2{m}^{2}-4m-6=3-m}\\{-{m}^{2}+2m+3=2a-2m}\end{array}\right.$，
解得：m₁=-3，m₂=2；
如圖4，過(guò)P作NH∥x軸，過(guò)G作GN⊥NH，過(guò)B作BH⊥NH，垂足分別為N、H，
同理得：△PNG∽△BHP，
∴$\frac{PN}{BH}$=$\frac{NG}{PH}$=$\frac{PG}{PB}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{-a+m}{-{m}^{2}+2m+3}$=$\frac{-a-{m}^{2}+2m+3}{3-m}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2a+2m=-{m}^{2}+2m+3}\\{-2a-2{m}^{2}+4m+6=3-m}\end{array}\right.$，
解得：m=$\frac{5±\sqrt{97}}{6}$，
綜上所述，相應(yīng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為-3或2或$\frac{5+\sqrt{97}}{6}$或$\frac{5-\sqrt{97}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，考查了利用待定系數(shù)法求解析式；還考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定，注意根據(jù)解析式表示點(diǎn)的坐標(biāo)，再由點(diǎn)的坐標(biāo)表示線段的長(zhǎng)，利用等量關(guān)系列方程或方程組求解．