Question

4．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y=-x²+bx+a與x軸相交于點A、點B（點A在點B的左側(cè)），與y軸正半軸相較于點C，直線y=kx-3k經(jīng)過點B、C兩點，且△BOC為等腰直角三角形．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，過點C作直線l∥x軸，P為直線l上方拋物線上一點，連接PB，PB與直線l相交于點D，將線段BD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到線段BE，過點E作BC的平行線，它與直線l相交于點F，連接PF，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△PDF的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；
（3）如圖3，在（2）的條件下，N為PB中點，Q為線段DF上一點，連接PC、QB、QN，當(dāng)△PCF的面積與△BCD的面積相等，且QN平分∠BQD時，求點Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）如圖1，只需令y=0，即可得到點B的坐標(biāo)，再根據(jù)條件可得到點C的坐標(biāo)，然后運用待定系數(shù)法就可解決問題；
（2）過點B作BG⊥l于G，過點P作PH⊥x軸于H，交DF于K，如圖2，易證△BGD≌△BOE，則有DG=OE，∠EOB=∠DGB=90°，即可得到點E在y軸上，然后只需運用割補法就可解決問題；
（3）設(shè)PH與BC相交于點R，過點N分別向OB、QB作垂線，垂足分別為W、S，過點Q作AB的垂線，垂足為點J，直線NW與l相交于點Z．連接NR，如圖3，由△PCF的面積與△BCD的面積相等可得到S=S_△PCB，從而求出PR（用t表示），然后根據(jù)PH=PR+RH求出t，從而可得到點P的坐標(biāo)，設(shè)CQ=m，則BJ=OB+OJ=3+m，在△BQJ中，∠BJQ=90°，QJ=OC=3，BJ=3+m，只需表示出BQ（用m表示），然后運用勾股定理就可解決問題．

解答 解：（1）如圖1，
令y=0，得kx-3k=0，
∵k≠0，
∴x=3，B（3，0）．
∵△BOC是等腰直角三角形，∠BOC=90°，
∴OB=OC=3，
∴C（0，3）．
∵y=-x²+bx+a經(jīng)過點B、C，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-{3}^{2}+3b+a=0}\\{a=3}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a=3}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-x²+2x+3；

（2）過點B作BG⊥l于G，過點P作PH⊥x軸于H，交DF于K，如圖2，
∵直線l∥x軸，
∴PK⊥DF，∠GCO=180°-∠COB=90°，
∴∠CGB=∠GCO=∠COB=90°，
∴四邊形COBG是矩形，
∴BG=OC=3=OB，∠GBO=90°．
∵∠GBO=∠PBE=90°，
∴∠DBG=∠OBE．
在△BGD和△BOE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BE}\\{∠DBG=∠OBE}\\{BG=BO}\end{array}\right.$
∴△BGD≌△BOE，
∴DG=OE，∠EOB=∠DGB═90°，
∴點E在y軸上．
設(shè)DG=OE=k，
∵BC∥EF，
∴∠CFE=∠FEC=∠BCO=45°，
∴CF=CE=3+k，
∴DF=CF+CG-DG=3+k+3-k=6，
∴PH=-t²+2t+3．
∵四邊形OCKH為矩形，
∴OC=KH=3，
∴PK=PH-KH=-t²+2t．
∴S_△PDF=$\frac{1}{2}$DF×PK=-3t²+6t，（0＜t＜2）；

（3）設(shè)PH與BC相交于點R，過點N分別向OB、QB作垂線，垂足分別為W、S，
過點Q作AB的垂線，垂足為點J，直線NW與l相交于點Z．連接NR，如圖3，
S=S_△PCF+S_△PCD=S_△BCD+S_△PCD=S_△PCB
=S_△PCR+S_△PBR
=$\frac{1}{2}$PR×CK+$\frac{1}{2}$PR×BH
=$\frac{1}{2}$PR（CK+BH）=$\frac{1}{2}$PR（OH+BH）=$\frac{1}{2}$PR×OB，
∴-3t²+6t=$\frac{1}{2}$×3PR，
∴PR=-2t²+4t．
在△BHR中，
∵∠HRB=180°-45°-90°=45°，
∴BH=HR=3-t．
∵PH=PR+RH，
∴-t²+2t+3=-2t²+4t+3-t，
解得：t₁=1，t₂=0（舍去），
∴P點坐標(biāo)為（1，4）．
可知RH=2=NW，四邊形RHWN為矩形，∠NRH=90°．
設(shè)CQ=m，則BJ=OB+OJ=OB+QC=3+m．
∵∠BWN=∠BHP=∠PRN=90°，
∴PH∥NW，
∴∠BNW=∠NPR．
在△PNR與△BNW中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PRN=∠NMB}\\{∠RPN=∠WNB}\\{PN=NB}\end{array}\right.$
∴△PRN≌△NWB，
∴BW=NR=HW=$\frac{1}{2}$BH=1，
∴OW=OH+HW=2，
∴CZ=OW=NW=2．
在△NQS與△NQZ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠NSQ=∠NZQ=90°}\\{∠NQS=∠NQZ}\\{QN=QN}\end{array}\right.$
∴△NSQ≌△NZQ，
∴QZ=2+m=SQ，SN=NZ=1=BW．
在Rt△BNW和Rt△NBS中，
$\left\{\begin{array}{l}{SN=BW}\\{BN=NB}\end{array}\right.$
∴Rt△BNW≌Rt△NBS（HL），
∴BS=NW=2，BQ=m+2+2=m+4．
在△BQJ中，
又∵∠BJQ=90°，QJ=OC=3，BJ=3+m，
∴3²+（m+3）²=（m+4）²，
解得：m=1，
∴點Q的坐標(biāo)為（-1，3）．

點評 本題主要考查了運用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，直線上點的坐標(biāo)特征、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，綜合性比較強，難度比較大，證到點E在y軸上是解決第（2）小題的關(guān)鍵，把問題歸結(jié)到Rt△BQJ中并運用勾股定理，是解決第（3）小題的關(guān)鍵．