Question

17．如圖，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0），直線y=-$\frac{3}{4}$x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B和點(diǎn)C，連接AC，頂點(diǎn)為D的拋物線y=ax²+bx+c過A、B、C三點(diǎn)．
（1）請(qǐng)直接寫出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，拋物線的解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）設(shè)拋物線的對(duì)稱軸DE交線段BC于點(diǎn)E，P是第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，交線段BC于點(diǎn)F，若四邊形DEFP為平行四邊形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)M是線段BC上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN∥AB，交AC于點(diǎn)N，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段BA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），當(dāng)t（秒）為何值時(shí)，存在△QMN為等腰直角三角形？

Answer 1

分析 （1）分別令y=0和x=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3即可求出B和C的坐標(biāo)，然后設(shè)拋物線的交點(diǎn)式為y=a（x+2）（x-4），最后把C的坐標(biāo)代入拋物線解析式即可求出a的值和頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）若四邊形DEFP為平行四邊形時(shí)，則DP∥BC，設(shè)直線DP的解析式為y=mx+n，則m=-$\frac{3}{4}$，求出直線DP的解析式后，聯(lián)立拋物線解析式和直線DP的解析式即可求出P的坐標(biāo)；
（3）由題意可知，0≤t≤6，若△QMN為等腰直角三角形，則共有三種情況，①∠NMQ=90°；②∠MNQ=90°；③∠NQM=90°．

解答 解：（1）令x=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3
∴y=3，
∴C（0，3），
令y=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3
∴x=4，
∴B（4，0），
設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+2）（x-4），
把C（0，3）代入y=a（x+2）（x-4），
∴a=-$\frac{3}{8}$，
∴拋物線的解析式為：y=$-\frac{3}{8}$（x+2）（x-4）=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，$\frac{27}{8}$）；

（2）當(dāng)DP∥BC時(shí)，
此時(shí)四邊形DEFP是平行四邊形，
設(shè)直線DP的解析式為y=mx+n，
∵直線BC的解析式為：y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴m=-$\frac{3}{4}$，
∴y=-$\frac{3}{4}$x+n，
把D（1，$\frac{27}{8}$）代入y=-$\frac{3}{4}$x+n，
∴n=$\frac{33}{8}$，
∴直線DP的解析式為y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{33}{8}$，
∴聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{3}{8}{x}^{2}+\frac{3}{4}x+3}\\{y=-\frac{3}{4}x+\frac{33}{8}}\end{array}\right.$，
解得：x=3或x=1（舍去），
∴把x=3代入y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{33}{8}$，
y=$\frac{15}{8}$，
∴P的坐標(biāo)為（3，$\frac{15}{8}$）；

（3）由題意可知：0≤t≤6，
設(shè)直線AC的解析式為：y=m₁x+n₁，
把A（-2，0）和C（0，3）代入y=m₁x+n₁，
得：$\left\{\begin{array}{l}{0=-2{m}_{1}+{n}_{1}}\\{3={n}_{1}}\end{array}\right.$，
∴解得$\left\{\begin{array}{l}{{m}_{1}=\frac{3}{2}}\\{{n}_{1}=3}\end{array}\right.$，
∴直線AC的解析式為：y=$\frac{3}{2}$x+3，
由題意知：QB=t，
如圖1，當(dāng)∠NMQ=90°，
∴OQ=4-t，
令x=4-t代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴y=$\frac{3}{4}$t，
∴M（4-t，$\frac{3}{4}$t），
∵M(jìn)N∥x軸，
∴N的縱坐標(biāo)為$\frac{3}{4}$t，
把y=$\frac{3}{4}$t代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴x=$\frac{1}{2}$t-2，
∴N（$\frac{1}{2}$t-2，$\frac{3}{4}$t），
∴MN=（4-t）-（$\frac{t}{2}$-2）=6-$\frac{3}{2}$t，
∵M(jìn)Q∥OC，
∴△BQM∽△BOC，
∴$\frac{MQ}{OC}=\frac{QB}{OB}$，
∴MQ=$\frac{3}{4}$t，
當(dāng)MN=MQ時(shí)，
∴6-$\frac{3}{2}$t=$\frac{3}{4}$t，
∴t=$\frac{8}{3}$，
此時(shí)QB=$\frac{8}{3}$，符合題意，

如圖2，當(dāng)∠QNM=90°時(shí)，
∵QB=t，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（4-t，0）
∴令x=4-t代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴y=9-$\frac{3}{2}$t，
∴N（4-t，9-$\frac{3}{2}$t），
∵M(jìn)N∥x軸，
∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為9-$\frac{3}{2}$t，
∴令y=9-$\frac{3}{2}$t代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴x=2t-8，
∴M（2t-8，9-$\frac{3}{2}$t），
∴MN=（2t-8）-（4-t）=3t-12，
∵NQ∥OC，
∴△AQN∽△AOC，
∴$\frac{NQ}{OC}$=$\frac{AQ}{OA}$，
∴NQ=9-$\frac{3}{2}$t，
當(dāng)NQ=MN時(shí)，
∴9-$\frac{3}{2}$t=3t-12，
∴t=$\frac{14}{3}$，
∴此時(shí)QB=$\frac{14}{3}$，符合題意

如圖3，當(dāng)∠NQM=90°，
過點(diǎn)Q作QE⊥MN于點(diǎn)E，
過點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，
設(shè)QE=a，
令y=a代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴x=4-$\frac{4}{3}a$，
∴M（4-$\frac{4}{3}$a，a），
令y=a代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴x=$\frac{2}{3}a$-2，
∴N（$\frac{2}{3}a$-2，a），
∴MN=（4-$\frac{4}{3}$a）-（$\frac{2}{3}$a-2）=6-2a，
當(dāng)MN=2QE時(shí)，
∴6-2a=2a，
∴a=$\frac{3}{2}$，
∴MF=QE=$\frac{3}{2}$，
∵M(jìn)F∥OC，
∴△BMF∽△BCO，
∴$\frac{MF}{OC}$=$\frac{BF}{OB}$，
∴BF=2，
∴QB=QF+BF=$\frac{3}{2}$+2=$\frac{7}{2}$，
∴t=$\frac{7}{2}$，此情況符合題意，
綜上所述，當(dāng)△QMN為等腰直角三角形時(shí)，此時(shí)t=$\frac{8}{3}$或$\frac{14}{3}$或$\frac{7}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的綜合問題，涉及待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式，相似三角形判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)知識(shí)，要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．