Question

13．如圖1，拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過點A（-3，0），B（-1，0）兩點，
（1）求拋物線的解析式；
（2）設(shè)拋物線的頂點為M，直線y=-4x+9與y軸交于點C，與直線OM交于點D，現(xiàn)將拋物線平移，保持頂點在直線OD上，若平移的拋物線與射線CD只有一個公共點，求它的頂點橫坐標(biāo)的值或取值范圍；
（3）如圖2，將拋物線平移，當(dāng)頂點至原點時，過Q（0，3）作不平行于x軸的直線交拋物線于點E、F，交△CMD的邊CM、CD于點G、H（G點不與M點重合、H點不與D點重合）．
①問在y軸的負(fù)半軸上是否存在一點P，使△PEF的內(nèi)心在y軸上？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
②S_{四邊形MDHG}，S_△CGH分別表示四邊形MDHG和△CGH的面積，試探究$\frac{{{S_{四邊形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）將A（-3，0），B（-1，0）代入y=ax²+bx+3，利用待定系數(shù)法即可求出函數(shù)的解析式；
（2）先求出拋物線的頂點M的坐標(biāo)為（-2，-1），則直線OD的解析式為y=$\frac{1}{2}$x．于是設(shè)平移的拋物線的頂點坐標(biāo)為（h，$\frac{1}{2}$h），那么平移的拋物線解析式為y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h．再分兩種情況進(jìn)行討論：①拋物線經(jīng)過點C；②拋物線與直線CD只有一個公共點；
（3）①將拋物線平移，當(dāng)頂點至原點時，其解析式為y=x²，設(shè)EF的解析式為y=kx+3（k≠0）．假設(shè)存在滿足題設(shè)條件的點P（0，t），過P作GH∥x軸，分別過E，F(xiàn)作GH的垂線，垂足為G，H．由△PEF的內(nèi)心在y軸上，得出∠GEP=∠EPQ=∠QPF=∠HFP，那么△GEP∽△HFP，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例以及根與系數(shù)的關(guān)系即可求解；
②連結(jié)OG．由C（0，9），Q（0，3），可得CQ=2OQ，由M（-2，-1），D（2，1），可得MO=OD．設(shè)S_△GQO=S，則S_△CGQ=2S，S_△CGO=3S．為簡便起見，不妨設(shè)CG=1，MG=x，則S_△MGO=3xS．求出S_△CGH=（2k+2）S，S_{四邊形MDHG}=（6x+6）S-（2k+2）S=（6x-2k+4）S，$\frac{{{S_{四邊形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{（6x-2k+4）S}{（2k+2）S}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}$①．過點Q作QK∥MD交CD于點K，過點G作GN∥MD交CD于點N，則QK∥GN．再求出k=$\frac{x+1}{2-x}$，代入①式即可求解．

解答 解：（1）∵拋物線y=ax²+bx+3經(jīng)過A（-3，0），B（-1，0）兩點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{9a-3b+3=0}\\{a-b+3=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=4}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=x²+4x+3；     
                                      
（2）由（1）配方得y=（x+2）²-1，
∴拋物線的頂點M（-2，-1），
∴直線OD的解析式為y=$\frac{1}{2}$x．于是設(shè)平移的拋物線的頂點坐標(biāo)為（h，$\frac{1}{2}$h），
∴平移的拋物線解析式為y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h．
①當(dāng)拋物線經(jīng)過點C時，
∵C（0，9），
∴h²+$\frac{1}{2}$h=9，
解得h=$\frac{-1±\sqrt{145}}{4}$，
∴當(dāng) $\frac{-1-\sqrt{145}}{4}$≤h＜$\frac{-1+\sqrt{145}}{4}$時，平移的拋物線與射線CD只有一個公共點；
②當(dāng)拋物線與直線CD只有一個公共點時，將y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h代入y=-4x+9，
得 x²+（-2h+4）x+h²+$\frac{1}{2}$h-9=0，
則△=（-2h+4）²-4（h²+$\frac{1}{2}$h-9）=0，
解得h=$\frac{26}{9}$．
此時拋物線y=（x-$\frac{26}{9}$）²+$\frac{13}{9}$與射線CD唯一的公共點（$\frac{8}{9}$，$\frac{49}{9}$），符合題意．
綜上：平移的拋物線與射線CD只有一個公共點時，頂點橫坐標(biāo)的值或取值范圍是 h=$\frac{26}{9}$或 $\frac{-1-\sqrt{145}}{4}$≤h＜$\frac{-1+\sqrt{145}}{4}$；

（3）①將拋物線平移，當(dāng)頂點至原點時，其解析式為y=x²，設(shè)EF的解析式為y=kx+3（k≠0）．
假設(shè)存在滿足題設(shè)條件的點P（0，t），
如圖，過P作GH∥x軸，分別過E，F(xiàn)作GH的垂線，垂足為G，H．
∵△PEF的內(nèi)心在y軸上，
∴∠GEP=∠EPQ=∠QPF=∠HFP，
∴△GEP∽△HFP，
∴GP：PH=GE：HF，
∴-x_E：x_F=（y_E-t）：（y_F-t）=（kx_E+3-t）：（kx_F+3-t），
∴2kx_E•x_F=（t-3）（x_E+x_F），
 由y=x²，y=-kx+3，得x²-kx-3=0，
∴x_E+x_F=k，x_E•x_F=-3，
∴2k（-3）=（t-3）k，
∵k≠0，∴t=-3，
∴y軸的負(fù)半軸上存在點P（0，-3），使△PEF的內(nèi)心在y軸上；

②如圖，連結(jié)OG．
∵C（0，9），Q（0，3），
∴CQ=2OQ，
又∵M(jìn)（-2，-1），D（2，1），
∴MO=OD．
設(shè)S_△GQO=S，
∴S_△CGQ=2S，S_△CGO=3S．
為簡便起見，不妨設(shè)CG=1，MG=x，則S_△MGO=3xS．
∴S_△CMO=S_△CGO+S_△MGO=3S+3xS=（3x+3）S，
∴S_△CMD=2S_△CMO=（6x+6）S．
設(shè)QH=k•QG，由S_△CGQ=2S，得S_△CQH=2kS，
∴S_△CGH=（2k+2）S．
∴S_{四邊形MDHG}=（6x+6）S-（2k+2）S=（6x-2k+4）S，
∴$\frac{{{S_{四邊形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{（6x-2k+4）S}{（2k+2）S}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}$①．
過點Q作QK∥MD交CD于點K，過點G作GN∥MD交CD于點N，則QK∥GN．
∵GK∥MD，∴$\frac{QK}{OD}=\frac{QC}{CO}=\frac{2}{3}$，∴QK=$\frac{2}{3}$OD=$\frac{1}{3}$MD；
∵GN∥MD，∴$\frac{GN}{MD}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{x+1}$，∴$\frac{QK}{GN}=\frac{{\frac{1}{3}MD}}{{\frac{MD}{x+1}}}$=$\frac{x+1}{3}$，∴$\frac{GK}{GN-GK}=\frac{x+1}{3-（x+1）}$=$\frac{x+1}{2-x}$．
∵GK∥GN，∴$\frac{QH}{GH}=\frac{QK}{GN}$，∴$\frac{QH}{QG}=\frac{QK}{GN-QK}=\frac{x+1}{2-x}$，∴k=$\frac{x+1}{2-x}$，
代入①式得：$\frac{{{S_{四邊形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}=\frac{{3x-\frac{x+1}{2-x}+2}}{{\frac{x+1}{2-x}+1}}$=-x²+x+1=-（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{5}{4}$，
∴當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時，$\frac{{{S_{四邊形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$有最大值，最大值為$\frac{5}{4}$．

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)法求拋物線的解析式，二次函數(shù)平移的規(guī)律，一次函數(shù)與二次函數(shù)的交點，三角形的內(nèi)心，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積求法等知識．綜合性較強，有一定難度．利用分類討論、數(shù)形結(jié)合與方程思想是解題的關(guān)鍵．