Question

【題目】如圖，已知點(diǎn)A（﹣3，0），二次函數(shù)y=ax2+bx+ 的對(duì)稱(chēng)軸為直線x=﹣1，其圖象過(guò)點(diǎn)A與x軸交于另一點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求二次函數(shù)的解析式，寫(xiě)出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒2個(gè)三位長(zhǎng)度的速度分別沿△ABC的BA，BC邊上運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，連結(jié)MN，將△BMN沿MN翻折，若點(diǎn)B恰好落在拋物線弧上的B′處，試求t的值及點(diǎn)B′的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，Q為BN的中點(diǎn)，試探究坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)P，使得以B，Q，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不存在，試說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由題意得 ，

解得 ，

二次函數(shù)的解析式為y=﹣ x2﹣ x+

配方得y=﹣ （x+1）2+ ，

頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1， ），

（2）

解：如圖1

，

由題意知OA=3，OB=1，ON= ，

∴∠CBA=60°，

又∵BM=BN，

∴△MBN是正三角形，

∴M（1﹣2t，0），N（1﹣t， t）．

將△BMN沿MN翻折后，得

B′N(xiāo)=BN=2t，∠B′N(xiāo)M=∠BMN=60°，

∴B′N(xiāo)∥BM，

∴B′（1﹣3t， t），

又點(diǎn)B′在拋物線上，

∴ t=﹣ （1﹣3t）2﹣ （1﹣3t）+ ，

化簡(jiǎn)，得9t2﹣9t=0，解得t=0（不符合題意，舍）t=1，

t=1時(shí)，1﹣3t=﹣2， t= ，

∴B′（﹣2， ）；

（3）

解：由題意可得△ABC是直角三角形，且∠BAC=30°，∠ABC=60°．又Q（ ， ）．

①如圖2

，

由題意知OA=3，OB=1，

P在x軸上時(shí)，過(guò)Q作P1Q⊥BQ交x軸于P1點(diǎn)，

∵P1Q∥AC，

∴1BQ∽△ABC，

= = ，

解得P1B=2，OP1=1，P1（﹣1，0）；

過(guò)Q作P2Q⊥x軸于P2，

∵∠P2BQ=∠CBA，∠QPB=∠ACB，

∴QBP2∽△ABC，

= ，

解得BP2= ，OP2= ，

P2（ ，0）；

P在x軸的其它位置時(shí)，△PBQ不可能為直角三角形，不可能與△ABC相似；

②同理，當(dāng)P在y軸上時(shí)，作P3Q⊥BQ交y軸于P3，

∵∠P3BQ=∠BAC=∠P3BO=30°，∠P3QB=∠ACB=90°，

∴△BP3Q∽△ABC．

∵tan∠P3BO= = ，P3O= ，

P3（0， ）．

B作P4B⊥BQ交y于P4，但 ≠ ，

∴△QBP4Y與△ABC不相似，P在y軸上其它位置時(shí)，△PQB不為直角三角形，不能與△ABC相似；

綜上所述：坐標(biāo)軸上存在點(diǎn)P，使得以B，Q，P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），（ ，0），（0， ）．

【解析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式，根據(jù)配方法，可得頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）根據(jù)等邊三角形的判定，可得△MBN是正三角形，根據(jù)翻折的性質(zhì)，可得B′N(xiāo)，∠B′N(xiāo)M，根據(jù)平行線的判定，可得B′的縱坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)滿(mǎn)足函數(shù)解析式，可得關(guān)于t的方程，根據(jù)解方程，可得t，可得B′的坐標(biāo)；（3）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得答案．