Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線交軸于，兩點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，直線經(jīng)過，兩點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式；

（2）過點(diǎn)作直線軸交拋物線于另一點(diǎn)，點(diǎn)是直線下方拋物線上的一個動點(diǎn)，且在拋物線對稱軸的右側(cè)，過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，線段的長為，求與之間的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）；

（3）在（2）的條件下，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)（點(diǎn)在線段上），交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，當(dāng)時，求線段的長．

Answer 1

【答案】（1）；（2）；（3）．

【解析】

（1）首先求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；

（2）根據(jù)S△ABC=S△AMC+S△AMB，由三角形面積公式可求y與m之間的函數(shù)關(guān)系式；

（3）如圖2，由拋物線對稱性可得D（2，-3），過點(diǎn)B作BK⊥CD交直線CD于點(diǎn)K，OG⊥OS交KB于G，可得四邊形OCKB為正方形，過點(diǎn)O作OH⊥PC交PC延長線于點(diǎn)H，OR⊥BQ交BQ于點(diǎn)I交BK于點(diǎn)R，可得四邊形OHQI為矩形，可證△OBG≌△OCS，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，設(shè)ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，在Rt△SKR中，根據(jù)勾股定理求得m，可得tan∠PCD=，過點(diǎn)P作PE′⊥x軸于E′交CD于點(diǎn)F′，得到P（t，-t-3），可得-t-3=t2-2t-3，求得t，再根據(jù)MN=d求解即可．

解：（1）∵直線y=x-3經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，

∴B（3，0），C（0，-3），

∵y=x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，

∴，

解得，

故拋物線的解析式為y=x2-2x-3；

（2）如圖1，y=x2-2x-3，

y=0時，x2-2x-3=0，

解得x1=-1，x2=3，

∴A（-1，0），

∴OA=1，OB=OC=3，

∴∠ABC=45°，AC=，AB=4，

∵PE⊥x軸，

∴∠EMB=∠EBM=45°，

∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，

∴EM=EB=3-t，

連接AM，

∵S△ABC=S△AMC+S△AMB

，

∴；

（3）如圖2，

∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，

∴對稱軸為x=1，

∴由拋物線對稱性可得D（2，-3），

∴CD=2，

過點(diǎn)B作BK⊥CD交直線CD于點(diǎn)K，

∴四邊形OCKB為正方形，

∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，

∴DK=1，

∵BQ⊥CP，

∴∠CQB=90°，

∵∠CQB+∠COB=180°，

∴O、C、Q、B四點(diǎn)共圓，

∴∠OQB=∠OCB=45°

過點(diǎn)O作OH⊥PC交PC延長線于點(diǎn)H，OR⊥BQ交BQ于點(diǎn)I交BK于點(diǎn)R，OG⊥OS交KB于G，

∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，

∴四邊形OHQI為矩形，

∵∠OQI=45°，

∴∠OQI=∠IOQ=45°，

∵∠OCQ+∠OBQ=180°，

∴∠OBG=∠OCS，

∵OB=OC，∠BOG=∠COS，

∴△OBG≌△OCS，

∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，

∴∠SOG=90°，

∴∠ROG=∠QOI=45°，

∵OR=OR，

∴△OSR≌△OGR，

∴SR=GR，

∴SR=CS+BR，

∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，

∴∠BOR=∠TBK，

∴tan∠BOR=tan∠TBK，

∴，

∴BR=TK，

∵∠CTQ=∠BTK，

∴∠QCT=∠TBK，

∴tan∠QCT=tan∠TBK，

設(shè)ST=TD=m，

∴SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，

在Rt△SKR中，

∵SK2+RK2=SR2，

∴（2m+1）2+（2-m）2=（3-m）2，

解得m1=-2（舍去），m2=；

∴ST=TD=，TK=，

∴tan∠TBK=，

∴tan∠PCD=，

過點(diǎn)P作PE′⊥x軸于E′交CD于點(diǎn)F′，

∵CF′=OE′=t，

∴PF′=t，

∴PE′=t+3，

∴P（t，-t-3），

∴-t-3=t2-2t-3，

解得t1=0（舍去），t2=．

∴MN=d=．