Question

19．如圖，拋物線y=-x²+bx+c交x軸負(fù)半軸于點A，交X軸正半軸于點B，交y軸 正半軸于點C，直線BC的解析式為y=kx+3（k≠0 ），∠ABC=45°
（1）求b、c的值；
（2）點P在第一象限的拋物線上，過點P分別作x軸、y軸的平行線，交直線BC于點M、N，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，線段MN的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，點E為拋物線的頂點，連接EC、EP、AP，AP交y軸于點D，連接DM，若∠DMB=90°，求四邊形CMPE的面積．

Answer 1

分析 （1）在y=kx+3中，令x=0，即可求得C的縱坐標(biāo)，然后根據(jù)△OBC是等腰直角三角形求得B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求得b和c的值；
（2）首先求得直線BC的解析式，則可求得P和N的縱坐標(biāo)，則PN的長即可求得，然后根據(jù)△PMN是等腰直角三角形即可表示出MN的長；
（3）延長PM交y軸于點H，延長PN交x軸于點K，過E作EQ⊥y軸于點Q，連接EM，在直角△OAD和直角△KAP中，利用三角函數(shù)即可列方程求得t的值，再根據(jù)S_{四邊形CMPE}=S_△ECM+S_△EMP求解．

解答 解：（1）在y=kx+3中，令x=0，則y=3，即C的坐標(biāo)是（0，3），
∵直角△OBC中，∠ABC=45°，
∴OB=OC=3，即B的坐標(biāo)是（3，0）．
根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{-9+3b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{b=2}\end{array}\right.$；
（2）二次函數(shù)的解析式是y=-x²+2x+3，
設(shè)BC的解析式是y=mx+n，
則$\left\{\begin{array}{l}{n=3}\\{3m+n=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-1}\\{n=3}\end{array}\right.$，
則直線BC的解析式是y=-x+3，△OBC是等腰直角三角形．
把x=t代入y=-x²+2x+3得y=-t²+2t+3，即P的縱坐標(biāo)是-t²+2t+3，
把x=t代入y=-x+3，得y=-t+3，即Q的縱坐標(biāo)是-t+3．
則PQ=（-t²+2t+3）-（-t+3）=-t²+3t，
則d=$\sqrt{2}$PQ，即d=-$\sqrt{2}$t²+3$\sqrt{2}$t；
（3）延長PM交y軸于點H，延長PN交x軸于點K．
A的坐標(biāo)是（-1，0），P的坐標(biāo)是（t，-t²+2t+3），
∵在直角△PAK中，tan∠PAK=$\frac{-{t}^{2}+2t+3}{t+1}$=3-t，
在直角△AOD中，∠DAO=$\frac{OD}{OA}$=$\frac{OD}{1}$，
∴3-t=$\frac{OD}{1}$，
∴OD=3-t，
∴CD=3-（3-t）=t．
∵△CMD是等腰直角三角形，
∴MH=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$t．
∵PH=MH+PM，
∴t=$\frac{1}{2}$t+（-t²+3t）．
∴t=$\frac{5}{2}$或0（舍去）．
∴PM=-（$\frac{5}{2}$）2+3×$\frac{5}{2}$=$\frac{5}{4}$，
PM=$\frac{5}{4}$，CM=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$，PK=$\frac{7}{4}$．
∵二次函數(shù)的解析式是y=-x²+2x+3的頂點E的坐標(biāo)是（1，4）．
∴點E到PM的距離是4-$\frac{7}{4}$=$\frac{9}{4}$，
過E作EQ⊥y軸于點Q，連接EM．
∵EQ=QC=1，
∴△EQC和△HMC都是等腰直角三角形，
∴EC=$\sqrt{2}$，∠ECM=90°，
∴S_{四邊形CMPE}=S_△ECM+S_△EMP=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\frac{5\sqrt{2}}{4}$+$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$×$\frac{9}{4}$=$\frac{85}{32}$．

點評 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及圖形的面積的計算，在（3）中正確求得t的值是解題的關(guān)鍵．