Question

5．如圖①，二次函數(shù)y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1）的圖象與x軸交于點A、B，與y軸交于點C（0，1），過點C的直線交x軸于點D（2，0），交拋物線于另一點E．
（1）用b的代數(shù)式表示a，則a=-$\frac{1}$；
（2）過點A作直線CD的垂線AH，垂足為點H．若點H恰好在拋物線的對稱軸上，求該二次函數(shù)的表達式；
（3）如圖②，在（2）的條件下，點P是x軸負(fù)半軸上的一個動點，OP=m．在點P左側(cè)的x軸上取點F，使PF=1．過點P作PQ⊥x軸，交線段CE于點Q，延長線段PQ到點G，連接EG、DG．若tan∠GDP=tan∠FQP+tan∠QDP，試判斷是否存在m的值，使△FPQ的面積和△EGQ的面積相等？若存在求出m的值，若不存在則說明理由．

Answer 1

分析 （1）將C（0，1）代入二次函數(shù)y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1），得出-ab=1，即可得出結(jié)果；
（2）作HM⊥AD于M，得出對稱軸x=-$\frac{2a}$=-$\frac{-a（b-1）}{2a}$=$\frac{b-1}{2}$，由C、D的坐標(biāo)求出直線CD解析式為：y=-$\frac{1}{2}x$+1，將x=$\frac{b-1}{2}$代入y=-$\frac{1}{2}x$+1，得出H（$\frac{b-1}{2}$，$\frac{5-b}{4}$），由ax²-a（b-1）x-ab=0，求出A（b，0），得出HM，AM，DM，由射影定理得：HM²=AM•DM，解得b=-3，得出a=$\frac{1}{3}$，即可得出二次函數(shù)的表達式；
（3）過點E作EN⊥GQ于點Q，由y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1與y=-$\frac{1}{2}x$+1相交于點E，求出E（-$\frac{11}{2}$，$\frac{15}{4}$），由PO=m，得出x_Q=-m，y_Q=$\frac{1}{2}$m+1，由tan∠GDP=$\frac{PG}{PD}$=$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}$，tan∠FQP=$\frac{PF}{PQ}$，tan∠QDP=$\frac{PQ}{PD}$，得出$\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}$，求出QG=2，再由△FPQ的面積=$\frac{1}{2}$PF•PQ，△EGQ的面積=$\frac{1}{2}$QG•EN，由△FPQ的面積和△EGQ的面積相等，得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵二次函數(shù)y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1），C（0，1），
∴-ab=1，
∴a=-$\frac{1}$；
故答案為：-$\frac{1}$；
（2）作HM⊥AD于M，如圖1所示：
對稱軸x=-$\frac{2a}$=-$\frac{-a（b-1）}{2a}$=$\frac{b-1}{2}$，
設(shè)直線CD解析式為：y=kx+n，
∵C（0，1），D（2，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1=k×0+n}\\{0=k×2+n}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{n=1}\\{k=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴直線CD解析式為：y=-$\frac{1}{2}x$+1，
H在對稱軸上，將x=$\frac{b-1}{2}$代入y=-$\frac{1}{2}x$+1，
y=-$\frac{1}{2}×\frac{b-1}{2}$+1=$\frac{5-b}{4}$，
∴H（$\frac{b-1}{2}$，$\frac{5-b}{4}$），
由ax²-a（b-1）x-ab=0，則（ax+a）（x-b）=0，
∴x₁=-1，x₂=b，
∵b＜-1，
∴A（b，0），
HM=$\frac{5-b}{4}$，
AM=x_M-x_A=$\frac{b-1}{2}$-b=-$\frac{b+1}{2}$，
DM=x_D-x_M=2-$\frac{b-1}{2}$=$\frac{5-b}{2}$，
由射影定理得：HM²=AM•DM，
即（$\frac{5-b}{4}$）²=-$\frac{b+1}{2}$•$\frac{5-b}{2}$，
解得：b=-3，
∵a=-$\frac{1}$，
∴a=$\frac{1}{3}$，
∴y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{1}{3}$（-3-1）x+1=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1；
（3）存在m的值，使△FPQ的面積和△EGQ的面積相等；理由如下：
過點E作EN⊥GQ于點Q，如圖2所示：
∵y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1與y=-$\frac{1}{2}x$+1相交于點E，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}{x}^{2}+\frac{4}{3}x+1}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得：x=-$\frac{11}{2}$，或x=0（不合題意舍去），y=$\frac{15}{4}$，
∴E（-$\frac{11}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∵PO=m，
∴x_Q=-m，代入y=-$\frac{1}{2}$x+1得：y_Q=$\frac{1}{2}$m+1，
∵tan∠GDP=$\frac{PG}{PD}$=$\frac{PQ+QG}{PD}$=$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}$，tan∠FQP=$\frac{PF}{PQ}$，tan∠QDP=$\frac{PQ}{PD}$，
∵tan∠GDP=tan∠FQP+tan∠QDP，
∴$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}+\frac{PQ}{PD}$，
∴$\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}$，
∵PD=m+2，PQ=$\frac{1}{2}$m+1，PF=1，
∴$\frac{QG}{m+2}=\frac{1}{\frac{1}{2}m+1}$，
解得：QG=2，
∵△FPQ的面積=$\frac{1}{2}$PF•PQ，△EGQ的面積=$\frac{1}{2}$QG•EN，△FPQ的面積和△EGQ的面積相等，EN=$\frac{11}{2}$-m，
∴$\frac{1}{2}$×1×（$\frac{1}{2}$m+1）=$\frac{1}{2}$×2×（$\frac{11}{2}$-m），
解得：m=4；
∴存在m的值，使△FPQ的面積和△EGQ的面積相等，m=4．

點評 本題考查了二次函數(shù)圖象的性質(zhì)、一次函數(shù)解析式的求法和性質(zhì)、圖象交點坐標(biāo)、射影定理、三角函數(shù)、三角形面積計算等知識；本題綜合性強，難度較大．