Question

3．如圖，已知拋物線y=$\frac{3}{4}{x}^{2}$+bx+c與軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，A的坐標為（-1，0），過點C的直線y=$\frac{3}{4t}$x-3與x軸交于點Q，點P是線段BC上的動點，過P作PH⊥OB于點H．若PB=5t，且0＜t＜1．
（1）求點C的坐標及拋物線的解析式；
（2）求線段QH的長（用含t的式子表示）；
（3）依點P的變化，是否存在t的值，使△CPQ為直角三角形，若存在，請直接寫出t的值，不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）先利用一次函數解析式確定C（0，-3），然后利用待定系數法求拋物線解析式；
（2）利用拋物線與x軸的交點問題，求出B（4，0），則利用勾股定理可表示出BC=5，再表示出Q（4t，0），接著證明△BPH∽△BCO，則利用相似可表示出BH=4t，討論：當0＜t≤$\frac{1}{2}$時，QH=4-8t；當$\frac{1}{2}$＜t＜1時，QH=8t-4；
（3）先利用勾股定理表示出PH=3t，只有0＜t＜$\frac{1}{2}$時，△CPQ可能為直角三角形，若∠CQP=90°，證明△COQ∽△QPH；若∠QPC=90°，易得△PHQ∽△BHP，然后分別利用相似比可確定滿足條件t的值．

解答 解：（1）當x=0時，y=$\frac{3}{4t}$x-3=-3，則C（0，-3），
把A（-1，0），C（0，-3）代入y=$\frac{3}{4}{x}^{2}$+bx+c得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{4}-b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-\frac{9}{4}}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
所以拋物線解析式為y=$\frac{3}{4}{x}^{2}$-$\frac{9}{4}$x-3；
（2）當y=0時，$\frac{3}{4}{x}^{2}$-$\frac{9}{4}$x-3=0，解得x₁=-1，x₂=4，則B（4，0），
∴BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
當y=0時，y=$\frac{3}{4t}$x-3=0，解得x=4t，則Q（4t，0），
∵PH∥CO，
∴△BPH∽△BCO，
∴$\frac{BH}{BO}$=$\frac{BP}{BC}$，即$\frac{BH}{4}$=$\frac{5t}{5}$，解得BH=4t，
當0＜t≤$\frac{1}{2}$時，QH=OB-OQ-BH=4-8t；
當$\frac{1}{2}$＜t＜1時，QH=8t-4；
（3）存在．當0＜t＜$\frac{1}{2}$時，存在t的值使△CPQ為直角三角形，
在Rt△BPH中，PH=$\sqrt{（5t）^{2}-（4t）^{2}}$=3t，
若∠CQP=90°，∵∠CQO+∠QCO=90°，∠CQO+∠PQH=90°，
∴∠QCO=∠PQH，
∴△COQ∽△QPH，
∴$\frac{OQ}{PH}$=$\frac{OC}{QH}$，即$\frac{4t}{4-8t}$=$\frac{3}{3t}$，解得t₁=-1+$\sqrt{2}$，t₂=-1-$\sqrt{2}$（舍去），
若∠QPC=90°，易得△PHQ∽△BHP，
∴PH²=HQ•HB，即（3t）²=（4-8t）•4t，解得t₁=$\frac{16}{41}$，t₂=0（舍去），
綜上所述，t的值為-1+$\sqrt{2}$或$\frac{16}{41}$時，△CPQ為直角三角形．

點評 本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握待定系數法求二次函數解析式；會求二次函數、一次函數與坐標軸的交點坐標；能運用勾股定理和相似比計算線段的長或表示線段之間的關系；會運用分類討論的思想解決數學問題．