Question

如圖，拋物線y=x²+bx+c與直線y=x-1交于A、B兩點．點A的橫坐標為-3，點B在y軸上，點P是y軸左側(cè)拋物線上的一動點，橫坐標為m，過點P作PC⊥x軸于C，交直線AB于D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當m為何值時，S_{四邊形OBDC}=2S_△BPD；
（3）是否存在點P，使△PAD是直角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：代數(shù)幾何綜合題,壓軸題

分析：（1）將x=0代入y=x-1求出B的坐標，將x=-3代入y=x-1求出A的坐標，由待定系數(shù)法就可以求出拋物線的解析式；
（2）連結(jié)OP，由P點的橫坐標為m可以表示出P、D的坐標，由此表示出S_{四邊形OBDC}和2S_△BPD建立方程求出其解即可．
（3）如圖2，當∠APD=90°時，設(shè)出P點的坐標，就可以表示出D的坐標，由△APD∽△FCD列出比例式求解即可；如圖3，當∠PAD=90°時，作AE⊥x軸于E，根據(jù)比例式表示出AD，再由△PAD∽△FEA列出比例式求解．

解答：解：（1）∵y=x-1，
當x=0時，y=-1，
∴B（0，-1）．
當x=-3時，y=-4，
∴A（-3，-4）．
∵y=x²+bx+c與直線y=x-1交于A、B兩點，
∴

-1=c -4=9-3b+c

，
∴

b=4 c=-1

，
∴拋物線的解析式為：y=x²+4x-1；

（2）∵P點橫坐標是m（m＜0），
∴P（m，m²+4m-1），D（m，m-1）
如圖1①，作BE⊥PC于E，
∴BE=-m．
CD=1-m，OB=1，OC=-m，CP=1-4m-m²，
∴PD=1-4m-m²-1+m=-3m-m²，
∴

-m(1+1-m)

2

=2×

-m(-3m-m2)

2

，
解得：m₁=0（舍去），m₂=-2，m₃=-

1

2

；
如圖1②，作BE⊥PC于E，
∴BE=-m．
PD=m²+4m-1+1-m=3m+m²，
∴

-m(1+1-m)

2

=2×

-m(2-5m-m2)

2

，
解得：m=0（舍去）或m=

-7+ 65

4

（舍去）或m=

-7- 65

4

，
∴m=-

1

2

，-2或

-7- 65

4

時，S_{四邊形OBDC}=2S_△BPD；

（3）如圖2，當∠APD=90°時，設(shè)P（m，m²+4m-1），則D（m，m-1），
∴AP=m+3，CD=1-m，OC=-m，CP=1-4m-m²，
∴DP=1-4m-m²-1+m=-3m-m²．
在y=x-1中，當y=0時，x=1，
∴F（1，0），
∴OF=1，
∴CF=1-m．AF=4

2

．
∵PC⊥x軸，
∴∠PCF=90°，
∴∠PCF=∠APD，
∴CF∥AP，
∴△APD∽△FCD，

AP

CF

=

DP

CD

，
∴

m+3

1-m

=

-3m-m2

1-m

，
解得：m=-1或m=-3（舍去），
∴P（-1，-4）
如圖3，當∠PAD=90°時，作AE⊥x軸于E，
∴∠AEF=90°，CE=-3-m，EF=4，AF=4

2

，PD=1-m-（1-4m-m²）=3m+m²．
∵PC⊥x軸，
∴∠DCF=90°，
∴∠DCF=∠AEF，
∴AE∥CD．
∴

4

-3-m

=

4 2

AD

，
∴AD=

2

（-3-m）．
∵△PAD∽△FEA，
∴

PD

FA

=

AD

AE

，
∴

3m+m2

4 2

=

2 (-3-m)

4

，
∴m=-2或m=-3（舍去）
∴P（-2，-5）．
當∠APD=90°時
∴點A與點P關(guān)于對稱軸對稱
∵A（-3，-4）
∴P（-1，-4）
綜上，存在點P（-2，-5）或P（-1，-4）使△PAD是直角三角形．

點評：本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式的運用，四邊形的面積公式的運用，三角形的面積公式的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，解答時函數(shù)的解析式是關(guān)鍵，用相似三角形的性質(zhì)求解是難點．