Question

已知拋物線y=ax²+bx+c經(jīng)過(guò)P（

3

，3），E（

5 3

2

，0）及原點(diǎn)O（0，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過(guò)P點(diǎn)作平行于x軸的直線PC交y軸于C點(diǎn)，在拋物線對(duì)稱(chēng)軸右側(cè)且位于直線PC下方的拋物線上，任取一點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作直線QA平行于y軸交x軸于A點(diǎn)，交直線PC于B點(diǎn)，直線QA與直線PC及兩坐標(biāo)軸圍成矩形OABC（如圖）．是否存在點(diǎn)Q，使得△OPC與△PQB相似？若存在，求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如果符合（2）中的Q點(diǎn)在x軸的上方，連接OQ，矩形OABC內(nèi)的四個(gè)三角形△OPC，△PQB，△OQP，△OQA之間存在怎樣的關(guān)系，為什么？

Answer 1

分析：（1）將已知的三點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式中進(jìn)行求解即可．
（2）可根據(jù)拋物線的解析式設(shè)出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，要使△OPC與△PQB相似，可分兩種情況：
①△OCP∽△PBQ，此時(shí)∠COP=∠BPQ，

CO

BP

=

PC

BQ

，用Q點(diǎn)的坐標(biāo)表示出BP、BQ的長(zhǎng)，根據(jù)線段的比例關(guān)系式即可求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)．
②△OCP∽△QPB，此時(shí)∠CPO=∠BPQ，

CO

BQ

=

CP

BP

，方法同①
（3）根據(jù)（2）得出的Q點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行判斷即可，注意運(yùn)用正方形的性質(zhì)和一些特殊角．

解答：解：（1）由已知可得：

3a+ 3 b=3 75 4 a+ 5 3 2 b=0 c=0

解之得，a=-

2

3

，b=

5 3

3

，c=0．
因而得，拋物線的解析式為：y=-

2

3

x²+

5 3

3

x．

（2）存在．
設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，n），則n=-

2

3

m2+

5 3

3

m，
要使△OCP∽△PBQ，
則有

3-n

3

=

m- 3

3

，即

3+ 2 3 m2- 5 3 3 m

3

=

m- 3

3

，
解之得，m₁=2

3

，m₂=

3

．
當(dāng)m₁=2

3

時(shí)，n=2，
所以得Q（2

3

，2）
要使△OCP∽△QPB，則有

3-n

3

=

m- 3

3

，即

3+ 2 3 m2- 5 3 3 m

3

=

m- 3

3

解之得，m₁=3

3

，m₂=

3

，
當(dāng)m=

3

時(shí)，即為P點(diǎn)，
當(dāng)m₁=3

3

時(shí)，n=-3，
所以得Q（3

3

，-3）．
故存在兩個(gè)Q點(diǎn)使得△OCP與△PBQ相似．Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（2

3

，2），（3

3

，-3）．

（3）在Rt△OCP中，
因?yàn)閠an∠COP=

CP

OC

=

3

3

．
所以∠COP=30度．
當(dāng)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（2

3

，2）時(shí)，∠BPQ=∠COP=30度．
所以∠OPQ=∠OCP=∠B=∠QAO=90度．
因此，△OPC，△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形．
又在Rt△OAQ中，
因?yàn)閠an∠QOA=

QA

AO

=

3

3

．
所以∠QOA=30度．
即有∠POQ=∠QOA=∠QPB=∠COP=30度．
所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，
又因?yàn)镼P⊥OP，QA⊥OA，∠POQ=∠AOQ=30°，
所以△OQA≌△OQP．

點(diǎn)評(píng)：本題是一道涉及函數(shù)、相似、三角等知識(shí)的綜合題，解決第3題的關(guān)鍵在于通過(guò)觀察得出對(duì)結(jié)果的合理猜想在進(jìn)行證明，難度應(yīng)該不會(huì)很大．