Question

拋物線y=ax2-(a+

4

3

)x+b過點D（2，-2），交x軸分別于A、B兩點（A在B的左側(cè)），交y軸于C，且直線y=kx-1過C、D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過D作DQ⊥y軸于點Q，將拋物線沿x軸向左平移m個單位交線段DQ于點P（不與Q、D重合），當(dāng)BP⊥CP時，求m的值；
（3）將△BCD繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)，使兩條射線DB、DC分別交x、y軸于M、N，是否存在這樣的點M、N，使

OM

ON

=

3

5

？若存在，求M、N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用直線解析式求出點C的坐標(biāo)，再把點C、D的坐標(biāo)代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）過點B作BE⊥DQ交QD的延長線于E，然后求出△PCQ和△BPE相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求出PQ的長，再根據(jù)m=DQ-PQ計算即可得解；
（3）利用勾股定理列式求出BC、BD、CD，再利用勾股定理逆定理求出∠BDC=90°，過點D作DE⊥x軸于E，作DF⊥y軸于F，根據(jù)同角的余角相等求出∠MDE=∠NDF，再利用“角角邊”證明△MDE和△NDF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得ME=NF，根據(jù)比例設(shè)OM=3k，ON=5k，然后分點M在x軸正半軸和負(fù)半軸兩種情況，利用ME=NF列式求解即可．

解答：解：（1）∵直線y=kx-1過點C，
∴x=0時，y=-1，
∴點C的坐標(biāo)為（0，-1），
∵拋物線y=ax²-（a+

4

3

）x+b經(jīng)過點C、D（2，-2），
∴

b=-1 4a-(a+ 4 3 )×2+b=-2

，
解得

a= 5 6 b=-1

，
∴拋物線的解析式為y=

5

6

x²-

13

6

x-1；

（2）過點B作BE⊥DQ交QD的延長線于E，
∵BP⊥CP，
∴∠CPQ+∠BPE=180°-90°=90°，
∵DQ⊥y軸，
∴∠CPQ+∠PCQ=90°，
∴∠CPQ=∠BPE，
又∵∠PQC=∠E=90°，
∴△PCQ∽△BPE，
∴

CQ

PE

=

PQ

BE

，
令y=0，則

5

6

x²-

13

6

x-1=0，
整理得，5x²-13x-6=0，
解得x₁=-

3

5

，x₂=3，
∴點B（3，0），
∴QE=3，
又∵點C（0，-1），D（2，-2），DQ⊥y軸，
∴CQ=2-1=1，BE=2，
∴

1

3-PQ

=

PQ

2

，
整理得，PQ²-3PQ+2=0，
解得PQ=1或PQ=2（P、D重合，舍去），
∴m=DQ-PQ=2-1=1，
故，當(dāng)BP⊥CP時，m的值是1；


（3）由勾股定理得，BC=

32+12

=

10

，
BD=

(2-3)2+(-2-0)2

=

5

，
CD=

(2-0)2+(-2+1)2

=

5

，
∵BD²+CD²=BC²=10，
∴∠BDC=90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，∠MDN=∠BDC=90°，
過點D作DE⊥x軸于E，作DF⊥y軸于F，
則∠MDE+∠MDF=∠EDF=90°，
∠NDF+∠MDF=∠MDN=90°，
∴∠MDE=∠NDF，
∵點D（2，-2），
∴ME=MF=2，
在△MDE和△NDF中，

∠MDE=∠NDF ∠MED=∠NFD=90° DE=DF

，
∴△MDE≌△NDF（AAS），
∴ME=NF，
∵

OM

ON

=

3

5

，
∴OM=3k，ON=5k，
①點M在x軸正半軸時，ME=2-3k，NF=5k-2，
∴2-3k=5k-2，
解得k=

1

2

，
∴OM=

3

2

，ON=

5

2

，
點M（

3

2

，0），N（0，-

5

2

）；
②點M在x軸負(fù)半軸時，ME=2+3k，NF=5k-2，
∴2+3k=5k-2，
解得k=2，
∴OM=6，ON=10，
點M（-6，0），N（0，-10）；
綜上所述，M、N的坐標(biāo)分別為M（

3

2

，0），N（0，-

5

2

）或M（-6，0），N（0，-10）．

點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，（2）根據(jù)BP⊥CP作輔助線構(gòu)造出相似三角形是解題的關(guān)鍵，（3）作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵，難點在于要分情況討論．