Question

如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y=-x+n與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y=ax²+bx+3（a≠0）過C、B兩點，交x軸于另一點A，連接AC，且tan∠CAO=3．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點P是射線CB上一個動點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交拋物線于Q，設P點橫坐標為t，線段PQ的長為d，求出d與t之間的函數(shù)關系式，并寫出相應的自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，當點P在線段BC上時，設PH=e，已知d，e是以y為未知數(shù)的一元二次方程：y²一（m+3）y+（5m²-2m+13）=0（m為常數(shù)）的兩個實數(shù)根，點M在拋物線上，連接MQ、MH、PM，且MP平分∠QMH，求出t值及點M的坐標．

Answer 1

考點：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）當x=0時代入拋物線y=ax²+bx+3（a≠0）就可以求出y=3而得出C的坐標，就可以得出直線的解析式，就可以求出B的坐標，在直角三角形AOC中，由三角形函數(shù)值就可以求出OA的值，得出A的坐標，再由待定系數(shù)法建立二元一次方程組求出其解就可以得出結(jié)論；
（2）分兩種情況討論，當點P在線段CB上時，和如圖3點P在射線BN上時，就有P點的坐標為（t，-t+3），Q點的坐標為（t，-t²+2t+3），就可以得出d與t之間的函數(shù)關系式而得出結(jié)論；
（3）根據(jù)根的判別式就可以求出m的值，就可以求出方程的解而求得PQ和PH的值，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，就可以得出四邊形LQMH是平行四邊形，進而得出四邊形LQMH是菱形，由菱形的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．

解答：解：（1）當x=0，則y=-x+n=0+n=n，y=ax²+bx+3=3，
∴OC=3=n．
當y=0，
∴-x+3=0，x=3=OB，
∴B（3，0）．
在△AOC中，tan∠CAO=3，
∴OA=1，
∴A（-1，0）．
將A（-1，0），B（3，0）代入y=ax²+bx+3，
得

9a+3b+3=0 a-b+3=0

，
解得：

a=-1 b=2

，
∴拋物線的解析式：y=-x²+2x+3；
（2）如圖1，當點P在線段CB上時．

∵P點的橫坐標為t且PQ垂直于x軸，
∴P點的坐標為（t，-t+3），
Q點的坐標為（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t²+2t+3-（-t+3）=-t²⁺3t．
如圖3，當點P在射線BN上時．

∵P點的橫坐標為t且PQ垂直于x軸，
∴P點的坐標為（t，-t+3），
Q點的坐標為（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t+3-（-t²+2t+3）=t²-3t．
∵BO=3，
∴d=

-t2+3t  (0＜t＜3) t2-3t  (t＞3)

答：當0＜t＜3時，d與t之間的函數(shù)關系式為：d=-t²+3t，當t＞3時，d與t之間的函數(shù)關系式為：d=t²-3t；

（3）∵d，e是y²-（m+3）y+

1

4

（5m²-2m+13）=0（m為常數(shù)）的兩個實數(shù)根，
∴△≥0，即△=（m+3）²-4×

1

4

（5m²-2m+13）≥0
整理得：△=-4（m-1）²≥0．
∵-4（m-1）²≤0，
∴△=0，
∴-4（m-1）²=0
∴m=1，
∴y²-4y+4=0．
∵PQ與PH是y²-4y+4=0的兩個實數(shù)根，
解得：y₁=y₂=2
∴PQ=PH=2，
∴-t+3=2，
∴t=1，
∵y=-x²+2x+3，
∴y=-（x-1）²+4，
∴拋物線的頂點坐標是（1，4）．
∴此時Q是拋物線的頂點，
延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，

∵LP=MP，PQ=PH，
∴四邊形LQMH是平行四邊形，
∴LH∥QM，
∴∠1=∠3．
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴LH=MH，
∴平行四邊形LQMH是菱形，
∴PM⊥QH，
∴點M的縱坐標與P點縱坐標相同，都是2，
∴在y=-x²+2x+3中，當y=2時，
∴x²-2x-1=0，
∴x₁=1+

2

，x₂=1-

2

．
綜上所述：t值為1，M點坐標為（1+

2

，2）或（1-

2

，2）．

點評：本題考查了運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用，根的判別式的運用，一元二次方程的解法的運用，平行四邊形的判定及性質(zhì)的運用，菱形的判定及性質(zhì)的運用，分類討論思想的運用，解答時求出二次函數(shù)的解析式是關鍵．