Question

7．如圖，拋物線y=ax²+bx+c與x軸交于A（1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點M是x軸下方的拋物線上的一個動點，過點M作MN⊥x軸，交直線BC于點N，求四邊形MBNA的最大面積，并求出點M的坐標(biāo)；
（3）在拋物線上是否存在一點P，使△BCP為直角三角形？若存在，求出P點坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)交點式y(tǒng)=a（x-1）（x-3），然后把C點坐標(biāo)代入求出a即可；
（2）如圖1，先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=-x+3，設(shè)M（x，x²-4x+3）（1＜x＜3），則N（x，-x+3），則MN=-x²+5x，利用三角形面積公式得到四邊形MBNA的面積=$\frac{1}{2}$•AB•MN=$\frac{1}{2}$•2•（-x²+5x），然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題；
（3）先判斷△OBC為等腰直角三角形得到∠OBC=∠OCB=45°，討論：過B點作PB⊥BC交拋物線于P點，交y軸于Q點，如圖2，則∠CBQ=90°，判斷△OBQ為等腰直角三角形得到OQ=OB=3，則Q（0，-3），易得直線BQ的解析式為y=x-3，通過解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-4x+3}\\{y=x-3}\end{array}\right.$得此時P點坐標(biāo)；過C點作PC⊥BC交拋物線于P點，如圖3，則∠PCB=90°，同樣方法可得易此時P點坐標(biāo)；當(dāng)∠BPC=90°時，如圖4，作PH⊥y軸于H，BF⊥PH于F，設(shè)P（t，t²-4t+3），易證得△CPH∽△PBF，利用相似比得到$\frac{t}{-（{t}^{2}-4t+3）}$=$\frac{3-（{t}^{2}-4t+3）}{3-t}$，于是通過約分整理得到t²-5t+5=0，然后解方程求出t即可得到此時P點坐標(biāo)．

解答 解：（1）設(shè)拋物線解析式為y=a（x-1）（x-3），
把C（0，3）代入得a•（-1）•（-3）=3，解得a=3，
∴拋物線解析式為y=（x-1）（x-3），即y=x²-4x+3；
（2）如圖1，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，
把C（0，3），B（3，0）代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=3}\\{3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=-x+3，
設(shè)M（x，x²-4x+3）（1＜x＜3），則N（x，-x+3），
∴MN=-x+3-（x²-4x+3）=-x²+5x，
∴四邊形MBNA的面積=S_△ABM+S_△ABN=$\frac{1}{2}$•AB•MN=$\frac{1}{2}$•2•（-x²+5x）=-x²+5x=-（x-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{25}{4}$，
當(dāng)x=$\frac{5}{2}$時，四邊形MBNA的面積最大，最大值為$\frac{25}{4}$；
（3）存在．
∵OB=OC，
∴△OBC為等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
過B點作PB⊥BC交拋物線于P點，交y軸于Q點，如圖2，則∠CBQ=90°，
∵∠OBQ=45°，
∴△OBQ為等腰直角三角形，
∴OQ=OB=3，
∴Q（0，-3），
易得直線BQ的解析式為y=x-3，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-4x+3}\\{y=x-3}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=-1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$，此時P點坐標(biāo)為（2，-1）；
過C點作PC⊥BC交拋物線于P點，如圖3，則∠PCB=90°，
易得直線CQ的解析式為y=x+3，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-4x+3}\\{y=x+3}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=5}\\{y=8}\end{array}\right.$，此時P點坐標(biāo)為（5，8）；
當(dāng)∠BPC=90°時，如圖4，作PH⊥y軸于H，BF⊥PH于F，設(shè)P（t，t²-4t+3），
易證得△CPH∽△PBF，
∴$\frac{PH}{BF}$=$\frac{CH}{PF}$，即$\frac{t}{-（{t}^{2}-4t+3）}$=$\frac{3-（{t}^{2}-4t+3）}{3-t}$，
∴$\frac{t}{-（t-3）（t-1）}$=$\frac{t（t-4）}{t-3}$，
整理得t²-5t+5=0，解得t₁=$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，t₂=$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$，此時P點坐標(biāo)為（$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$）或（$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$），
綜上所述，滿足條件的P點坐標(biāo)為（2，-1），（5，8），（$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$，$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$），（$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）．

點評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和切線的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，把求拋物線與一次函數(shù)的交點問題轉(zhuǎn)化為解方程的問題；會利用相似比求線段的長；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會利用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．