Question

【題目】如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y=x2+bx+c交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，直線y=x﹣3經(jīng)過B、C兩點．

（1）求拋物線的解析式；
（2）過點C作直線CD⊥y軸交拋物線于另一點D，點P是直線CD下方拋物線上的一個動點，且在拋物線對稱軸的右側(cè)，過點P作PE⊥x軸于點E，PE交CD于點F，交BC于點M，連接AC，過點M作MN⊥AC于點N，設(shè)點P的橫坐標為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，連接PC，過點B作BQ⊥PC于點Q（點Q在線段PC上），BQ交CD于點T，連接OQ交CD于點S，當(dāng)ST=TD時，求線段MN的長．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵直線y=x﹣3經(jīng)過B、C兩點，

∴B（3，0），C（0，﹣3），

∵y=x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點，

∴ ，

解得 ，

故拋物線的解析式為y=x2﹣2x﹣3；

（2）

解：如圖1，y=x2﹣2x﹣3，

y=0時，x2﹣2x﹣3=0，

解得x1=﹣1，x2=3，

∴A（﹣1，0），

∴OA=1，OB=OC=3，

∴∠ABC=45°，AC= ，AB=4，

∵PE⊥x軸，

∴∠EMB=∠EBM=45°，

∵點P的橫坐標為1，

∴EM=EB=3﹣t，

連結(jié)AM，

∵S△ABC=S△AMC+S△AMB，

∴ ABOC= ACMN+ ABEM，

∴ ×4×3= × d+ ×4（3﹣t），

∴d= t；

（3）

解：如圖2，

∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，

∴對稱軸為x=1，

∴由拋物線對稱性可得D（2，﹣3），

∴CD=2，

過點B作BK⊥CD交直線CD于點K，

∴四邊形OCKB為正方形，

∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，

∴DK=1，

∵BQ⊥CP，

∴∠CQB=90°，

過點O作OH⊥PC交PC延長線于點H，OR⊥BQ交BQ于點I交BK于點R，

∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，

∴四邊形OHQI為矩形，

∵∠OCQ+∠OBQ=180°，

∴∠OBQ=∠OCH，

∴△OBQ≌△OCH，

∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，

∴∠SOG=90°，

∴∠ROG=45°，

∵OR=OR，

∴△OSR≌△OGR，

∴SR=GR，

∴SR=CS+BR，

∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，

∴∠BOR=∠TBK，

∴tan∠BOR=tan∠TBK，

∴ = ，

∴BR=TK，

∵∠CTQ=∠BTK，

∴∠QCT=∠TBK，

∴tan∠QCT=tan∠TBK，

設(shè)ST=TD=m，

∴SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，

在Rt△SKR中，

∵SK2+RK2=SR2，

∴（2m+1）2+（2﹣m）2=（3﹣m）2，

解得m1=﹣2（舍去），m2= ；

∴ST=TD= ，TK= ，

∴tan∠TBK= = ÷3= ，

∴tan∠PCD= ，

過點P作PE′⊥x軸于E′交CD于點F′，

∵CF′=OE′=t，

∴PF′= t，

∴PE′= t+3，

∴P（t，﹣ t﹣3），

∴﹣ t﹣3=t2﹣2t﹣3，

解得t1=0（舍去），t2= ．

∴MN=d= t= × = ．

【解析】（1）首先求出點B、C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）根據(jù)S△ABC=S△AMC+S△AMB ， 由三角形面積公式可求y與m之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖2，由拋物線對稱性可得D（2，﹣3），過點B作BK⊥CD交直線CD于點K，可得四邊形OCKB為正方形，過點O作OH⊥PC交PC延長線于點H，OR⊥BQ交BQ于點I交BK于點R，可得四邊形OHQI為矩形，可證△OBQ≌△OCH，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，設(shè)ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，在Rt△SKR中，根據(jù)勾股定理求得m，可得tan∠PCD= ，過點P作PE′⊥x軸于E′交CD于點F′，得到P（t，﹣ t﹣3），可得﹣ t﹣3=t2﹣2t﹣3，求得t，再根據(jù)MN=d求解即可．