Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=-x+n與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，拋物線y=ax²+bx+3（a≠0）過C、B兩點(diǎn)，交x軸于另一點(diǎn)A，連接AC，且tan∠CAO=3．點(diǎn)P是線段CB上一點(diǎn)（不和B、C重合），過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為H，交拋物線于Q，
（1）求拋物線的解析式．
（2）小明認(rèn)為當(dāng)點(diǎn)Q恰好為拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，線段PQ的長最大，你認(rèn)為小明的說法正確嗎？如果正確，說明理由；如果不正確，試舉出反例說明．
（3）若△CPQ是直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（4）設(shè)PH和PQ的長是關(guān)于y的一元二次方程：y²-（m+3）y+

1

4

（5m²-2m+13）=0 （m為常數(shù)）的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，點(diǎn)M在拋物線上，連接MQ、MH、PM，若MP恰好平分∠QMH，求出此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題

專題：

分析：（1）當(dāng)x=0時(shí)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(biāo)，就可以得出直線的解析式，就可以求出B的坐標(biāo)，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(biāo)，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）根據(jù)拋物線的解析式轉(zhuǎn)化成頂點(diǎn)式，求得頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后設(shè)P（t，-t+3），則Q（t，-t²+2t+3），則PQ=-t²+2t+3+t-3=-t²+3t=-（t-

3

2

）²+

9

4

，
所以當(dāng)t=

3

2

時(shí)PQ的值最大，求得此時(shí)的坐標(biāo)為（

3

2

，

9

4

）所以小明的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的；
（3）分兩種情況分別討論求得；當(dāng)∠PCQ=90°時(shí)，設(shè)直線CQ為y=kx+3，P（t，-t+3），則Q（t，-t²+2t+3），先求得直線CQ的解析式得出斜率為k=-t+2，然后根據(jù)直線y=-x+n的斜率為-1，所以k=-t+2=1，從而求得t=1，進(jìn)而求得P的坐標(biāo)；當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，則CQ∥x軸，可知Q的縱坐標(biāo)，進(jìn)而求得橫坐標(biāo)，把橫坐標(biāo)代入直線BC的解析式即可求得P的坐標(biāo)；
（4）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(jìn)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(dāng)x=0，則y=-x+n=0+n=n，y=ax²+bx+3=3，
∴OC=3=n．
當(dāng)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）不正確；
∵y=-x²+2x+3=-（x-1）²+2，
∴拋物線的頂點(diǎn)（1，2）
∵點(diǎn)P是線段CB上，CB是直線y=-x+3上的線段，
∴設(shè)P（t，-t+3），則Q（t，-t²+2t+3），
∴PQ=-t²+2t+3+t-3=-t²+3t=-（t-

3

2

）²+

9

4

，
∴當(dāng)t=

3

2

時(shí)PQ的值最大，
此時(shí)的坐標(biāo)為（

3

2

，

9

4

），
所以小明認(rèn)為當(dāng)點(diǎn)Q恰好為拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，線段PQ的長最大，是錯(cuò)誤的；
（3）當(dāng)∠PCQ=90°時(shí)，設(shè)直線CQ為y=kx+3，
∵P（t，-t+3），則Q（t，-t²+2t+3），
∴-t²+2t+3=tk+3，
解得：k=-t+2，
∵△CPQ是直角三角形，直線y=-x+n的斜率為-1，
∴直線CQ的斜率為1，
∴-t+2=1，解得：t=1，
∴P（1，2）
當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，則CQ∥x軸，
∴Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3，
把y=3代入拋物線y=-x²+2x+3得3=-x²+2x+3；
解得x=0，或x=2，
∴Q（2，3），
把x=2代入直線y=-x+3得，y=-2+3=1，
∴P（2，1）；
綜上若△CPQ是直角三角形，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，2）或（2，1）．
（4）∵y²-（m+3）y+

1

4

（5m²-2m+13）=0（m為常數(shù)）有兩個(gè)實(shí)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(gè)實(shí)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(diǎn)坐標(biāo)是（1，4）．
∴此時(shí)Q是拋物線的頂點(diǎn)，
延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖，

∵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(diǎn)M的縱坐標(biāo)與P點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，都是2，
∴在y=-x²+2x+3中，當(dāng)y=2時(shí)，
∴x²-2x-1=0，
∴x₁=1+

2

，x₂=1-

2

．
綜上所述：t值為1，M點(diǎn)坐標(biāo)為（1+

2

，2）或（1-

2

，2）．

點(diǎn)評：本題考查了運(yùn)用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，根的判別式的運(yùn)用，一元二次方程的解法的運(yùn)用，平行四邊形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，菱形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，分類討論思想的運(yùn)用，解答時(shí)求出二次函數(shù)的解析式是關(guān)鍵．