Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線y=x²+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，過點B、C的直線解析式為y=x-3．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P為拋物線上位于直線BC下方的一點，過點P作PH⊥直線BC于點H（且點H在線段BC上），設(shè)PH=y．P點的橫坐標(biāo)是x，寫出y與x的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)線段y的長最大時，求點P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，點Q為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點，直線PQ經(jīng)過點H，且交y軸于點K，若HK=$\frac{3}{4}$KQ，求出點Q的坐標(biāo)，并判斷點Q是否在（1）中的拋物線上．

Answer 1

分析 （1）求出B、C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）如圖1中，作PG⊥AB于G交BC于N，先證明△HPN是等腰直角三角形，根據(jù)PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PN根據(jù)二次函數(shù)即可解決問題．
（3）如圖2中，設(shè)直線PH解析式為y=-x+b，先求出b，再根據(jù)條件求出Q的坐標(biāo)即可判斷．

解答 解：（1）由題意點B（3，0），C（0，-3），
∵拋物線y=x²+bx+c經(jīng)過B、C，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=-3}\\{9+3b+c=0}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
∴y=x²-2x-3

（2）如圖1中，作PG⊥AB于G交BC于N，
∵OC=OB，
∴∠GBN=∠GNB=45°，
∵∠MNP=∠GNB=45°，
∴△HNP是等腰直角三角形，
∴PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PN
∴y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$[x-3-（x²-2x-3）]
=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$（-x²+3x）
=-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$（  x-1.5）²+$\frac{{9\sqrt{2}}}{8}$
∴x=1.5時，PH的值最大，
此時點p坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}，-\frac{15}{4}$）．

（3）如圖2中，設(shè)直線PH解析式為y=-x+b，把P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$）代入得到b=-$\frac{9}{4}$，
∴直線PH解析式為y=-x-$\frac{9}{4}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x-3}\\{y=-x-\frac{9}{4}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{8}}\\{y=-\frac{21}{8}}\end{array}\right.$，
∴點H坐標(biāo)（$\frac{3}{8}$，-$\frac{21}{8}$），
∵HK=$\frac{3}{4}$KQ，
∴Q_x=±$\frac{3}{8}$×$\frac{4}{3}$=±$\frac{1}{2}$，
∴點Q坐標(biāo)（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{4}$）或（$\frac{1}{2}$，-$\frac{11}{4}$），
∵y=x²-2x-3，
x=-$\frac{1}{2}$時，y=-$\frac{7}{4}$，
x=$\frac{1}{2}$時，y=-$\frac{15}{4}$，
∴點Q（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{7}{4}$）在拋物線上，點Q′（$\frac{1}{2}$，-$\frac{11}{4}$）不在拋物線上．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、等腰直角三角形的性質(zhì)、待定系數(shù)法等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識解決問題，屬于中考壓軸題．