Question

3．如圖，拋物線y=-x²+2x+3與x軸交于點AB，與y軸交于點C，點D是拋物線的頂點，連接BC、BD．
（1）點A的坐標是（-1，0），點B的坐標是（3，0），點D的坐標是（1，4）；
（2）若點E是x軸上一點，連接CE，且滿足∠ECB=∠CBD，求點E坐標；
（3）若點P在x軸上且位于點B右側(cè)，點A、Q關(guān)于點P中心對稱，連接QD，且∠BDQ=45°，求點P的坐標（請利用備用圖解決問題）

Answer 1

分析 （1）令拋物線y=0，解方程可求點A的坐標和點B的坐標，根據(jù)拋物線的頂點式，可得拋物線的頂點坐標；
（2）根據(jù)待定系數(shù)法，可得BD的解析式，根據(jù)平行線的判定和兩平行直線的函數(shù)解析式的關(guān)系，根據(jù)待定系數(shù)法，可得CE的解析式，進一步可得答案；
（3）根據(jù)勾股定理，可得BD的長，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得QN與BN的關(guān)系，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可得DN與QN的關(guān)系，根據(jù)勾股定理，可得BQ的長，根據(jù)線段的和差，可得AQ的長，根據(jù)線段中點的性質(zhì)，可得AP的長，根據(jù)線段的差，可得OP的長，可得P點坐標．

解答 解：（1）令拋物線y=0，則-x²+2x+3=0，
解得x₁=-1，x₂=3，
則點A的坐標是（-1，0），點B的坐標是（3，0），
y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
則頂點D的坐標為（1，4）．
故答案為：（-1，0），（3，0），（1，4）；
（2）設BD所在直線的解析式為：y=k（x-3），將D點坐標代入函數(shù)解析式，得
-2k=4，
解得k=-2，
故BD所在直線的解析式為：y=-2x+6，
∵∠ECB=∠CBD，
∴CE∥BD，
設CE所在直線的解析式為：y=-2x+b，將C點坐標代入函數(shù)解析式，得b=3，
故CE所在直線的解析式為：y=-2x+3，
當y=0時，x=1.5；
∴點E坐標（0，1.5）；
（3）如圖：
，
連接QD，作QN⊥DB，交DB的延長線于N，
設對稱軸與x軸的交點為點H．
∵點D坐標是（1，4）
∴點H坐標是（1，0）
∴DH=4，BH=2，
∴在Rt△BDH中，BD=$\sqrt{D{H}^{2}+B{H}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
又∵∠QNB=∠DHB，∠QBN=∠DBH，
∴△QBN∽△DBH，
∴$\frac{QN}{DH}$=$\frac{BN}{BH}$，
∴$\frac{QN}{BN}$=$\frac{DH}{BH}$=$\frac{4}{2}$=2，
∴QN=2BN．
又∵∠BDQ=45°，
∴在Rt△DNQ中，∠DQN=45°，
∴DN=QN=2BN，
∴BN=BD=2$\sqrt{5}$，
∴QN=4$\sqrt{5}$．
∴在Rt△QBN中，BQ=$\sqrt{B{N}^{2}+N{Q}^{2}}$=10． 
∵AB=4，
∴AQ=AB+BQ=14．
∴AP=$\frac{1}{2}$AQ=7
OP=AP-AO=7-1=6，
∴P（6，0）．

點評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用配方法得出頂點坐標；利用待定系數(shù)法得出BD的解析式是解題關(guān)鍵；利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出QN與BN的關(guān)系是解題關(guān)鍵，又利用了等腰直角三角形的性質(zhì)得出QN的長，利用勾股定理得出BQ的長．