Question

11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=$\frac{5}{4}$x+m（m為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（-3，0），與y軸交于點C，以直線x=1為對稱軸的拋物線y=ax²+bx+c（a、b、c為常數(shù)，且a≠0）經(jīng)過A、C兩點，并與x軸的正半軸交于點B
（1）求m的值及拋物線的函數(shù)表達式；
（2）是否存在拋物線上一動點Q，使得△ACQ是以AC為直角邊的直角三角形？若存在，求出點Q的橫坐標(biāo)；若存在，請說明理由；
（3）若P是拋物線對稱軸上一動點，且使△ACP周長最小，過點P任意作一條與y軸不平行的直線交拋物線于M₁（x₁，y₁），M₂（x₂，y₂）兩點，試問$\frac{{M}_{1}P•{M}_{2}P}{{M}_{1}{M}_{2}}$是否為定值，如果是，請求出結(jié)果，如果不是請說明理由．
（參考公式：在平面直角坐標(biāo)之中，若A（（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則A，B兩點間的距離為AB=${\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}}^{\;}$）

Answer 1

分析 （1）把A（-3，0）代入y=$\frac{5}{4}$x+m，即可求出m的值，得到一次函數(shù)的解析式，再求出C點坐標(biāo)．根據(jù)拋物線y=ax²+bx+c的對稱軸是直線x=1，且經(jīng)過A、C，列出關(guān)于a、b、c的方程組，解方程組即可求出拋物線的函數(shù)表達式；
（2）設(shè)Q（x，-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$）．如果△ACQ是以AC為直角邊的直角三角形時，分兩種情況：①點C為直角頂點時，作CQ⊥AC交拋物線于點Q，QE⊥y軸于E．證明△ACO∽△CQE，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出x的值；②點A為直角頂點時，作AQ′⊥AC交拋物線于點Q′，Q′E′⊥x軸于E．證明△ACO∽△Q′AE′，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出x的值；
（3）△ACP周長最小時，P為直線BC與對稱軸的交點．根據(jù)二次函數(shù)的對稱性求出B點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，把x=1代入，求得P點坐標(biāo)為（1，3）．設(shè)過點P的直線為：y=kx+3-k，把y=kx+3-k代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$，整理得到x²+（4k-2）x-4k-3=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出x₁+x₂=2-4k，x₁x₂=-4k-3，且y₁-y₂=k（x₁-x₂），然后根據(jù)兩點間的距離公式求出M₁M₂=${\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}}^{\;}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=4（1+k²），M₁P=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}-1）^{2}}$，M₂P=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{2}-1）^{2}}$，那么M₁P•M₂P=4（1+k²），進而得出$\frac{{M}_{1}P•{M}_{2}P}{{M}_{1}{M}_{2}}$=1為定值．

解答 解：（1）∵一次函數(shù)y=$\frac{5}{4}$x+m（m為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（-3，0），
∴0=$\frac{5}{4}$×（-3）+m，解得m=$\frac{15}{4}$，
∴一次函數(shù)解析式為y=$\frac{5}{4}$x+$\frac{15}{4}$，
∴C點坐標(biāo)為（0，$\frac{15}{4}$）．
∵以直線x=1為對稱軸的拋物線y=ax²+bx+c（a、b、c為常數(shù)，且a≠0）經(jīng)過A（-3，0）、C（0，$\frac{15}{4}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{2a}=1}\\{9a-3b+c=0}\\{c=\frac{15}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{4}}\\{b=\frac{1}{2}}\\{c=\frac{15}{4}}\end{array}\right.$，
∴拋物線的函數(shù)表達式為y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$；

（2）存在．設(shè)Q（x，-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$）．
①當(dāng)點C為直角頂點時，如圖，作CQ⊥AC交拋物線于點Q，QE⊥y軸于E．
在△ACO與△CQE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACO=∠CQE=90°-∠QCE}\\{∠AOC=∠CEQ}\end{array}\right.$，
∴△ACO∽△CQE，
∴$\frac{QE}{CO}$=$\frac{CE}{AO}$，即$\frac{x}{\frac{15}{4}}$=$\frac{\frac{15}{4}-（-\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+\frac{15}{4}）}{3}$，
解得x₁=5.2，x₂=0（不合題意舍去）；
②當(dāng)點A為直角頂點時，如圖，作AQ′⊥AC交拋物線于點Q′，Q′E′⊥x軸于E．
在△ACO與△Q′AE′中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OAC=∠E′Q′A=90°-∠OAQ′}\\{∠AOC=∠Q′E′A}\end{array}\right.$，
∴△ACO∽△Q′AE′，
∴$\frac{AE′}{CO}$=$\frac{Q′E′}{AO}$，即$\frac{x+3}{\frac{15}{4}}$=$\frac{\frac{1}{4}{x}^{2}-\frac{1}{2}x-\frac{15}{4}}{3}$，
解得x₁=8.2，x₂=-3（不合題意舍去）．
綜上所述：Q點的橫坐標(biāo)為5.2或8.2；

（3）∵y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$與x軸交于A（-3，0）、B兩點，對稱軸為直線x=1，
∴B點坐標(biāo)為（5，0），
∵C（0，$\frac{15}{4}$），
∴直線BC的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{15}{4}$，
當(dāng)x=1時，y=-$\frac{3}{4}$×1+$\frac{15}{4}$=3，
∴P（1，3）．
設(shè)過點P的直線為：y=kx+3-k，
把y=kx+3-k代入y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$，
得kx+3-k=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{15}{4}$，
整理得，x²+（4k-2）x-4k-3=0，
∴x₁+x₂=2-4k，x₁x₂=-4k-3，y₁-y₂=k（x₁-x₂），
∴（x₁-x₂）²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（2-4k）²-4（-4k-3）=16k²+16，
∴M₁M₂=${\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}}^{\;}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=4（1+k²），
同理：M₁P=$\sqrt{（{x}_{1}-1）^{2}+（k{x}_{1}+3-k-3）^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}-1）^{2}}$，
M₂P=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{2}-1）^{2}}$，
∴M₁P•M₂P=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}-1）^{2}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{2}-1）^{2}}$=|（x₁-1）（x₂-1）|•（1+k²）=4（1+k²），
∴$\frac{{M}_{1}P•{M}_{2}P}{{M}_{1}{M}_{2}}$=1為定值．

點評 本題是二次函數(shù)綜合題，其中涉及到利用待定系數(shù)法求拋物線、直線的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，軸對稱-最短路線問題，根與系數(shù)的關(guān)系，兩點間的距離公式等知識，綜合性較強，難度適中，但是計算量較大．利用方程思想、數(shù)形結(jié)合與分類討論是解題的關(guān)鍵．