Question

6．如圖1，已知拋物線y=-x²+bx+c與x軸交于A（-1，0），B兩點，（點A在點B的左側），與直線AC交于點C（2，3），直線AC與拋物線的對稱軸l相交于點D，連接BD．
（1）求拋物線的函數表達式，并求出點D的坐標；
（2）如圖2，若點M、N同時從點D出發，均以每秒1個單位長度的速度分別沿DA、DB運動，連接MN，將△DMN沿MN翻折，得到△D′MN，判斷四邊形DMD′N的形狀，并說明理由，當運動時間t為何值時，點D′恰好落在x軸上？
（3）在平面內，是否存在點P（異于A點），使得以P、B、D為頂點的三角形與△ABD相似（全等除外）？若存在，請直接寫出點P的坐標，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先利用待定系數法求得拋物線和直線的解析式，從而得出對稱軸與直線的交點；
（2）由拋物線解析式求得點A、B坐標，結合點D坐標可知△ABD為等腰直角三角形，即∠DAB=∠DBA=45°、∠ADB=90°，由翻折性質得D′M=DM、DN=ND′，從而得出四邊形MDND′為菱形，根據∠MDN=90°即可得四邊形MDND′為正方形；設DM=DN=t，在Rt△D′NB中D′N=t、BN=2$\sqrt{2}$-t、BD′=2，根據勾股定理即可得出t的值；
（3）由△ABD為等腰直角三角形及△PBD與△ABD相似且不全等，知△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，結合圖形即可得答案．

解答 解：（1）將點A（-1，0）、C（2，3）代入y=-x²+bx+c，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{-4+2b+c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴拋物線的解析式為y=-x²+2x+3，
∵y=-x²+2x+3=-（x-1）²+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x=1，
設直線AC的函數解析式為y=kx+b，
將A（-1，0）、C（2，3）代入y=kx+b，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=0}\\{2k+b=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴直線AC的函數解析式為y=x+1，
又∵點D是直線AC與拋物線的對稱軸的交點，
∴x_D=1，y_D=1+1=2，
∴點D的坐標為（1，2）．

（2）四邊形DMD′N是正方形，理由如下：
∵拋物線y=-x²+2x+3與x軸交于A、B兩點，
∴令y=0，得-x²+2x+3=0，
解得：x₁=-1，x₂=3，
∴A（-1，0）、B（3，0），
∴AD=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，AB=1+3=4，
而AD²+BD²=AB²，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠DBA=45°，∠ADB=90°，
由翻折可知：D′M=DM、DN=ND′，
又∵DM=DN，
∴四邊形MDND′為菱形，
∵∠MDN=90°，
∴四邊形MDND′是正方形；
設DM=DN=t，當點D落在x軸上的點D′處時，
∵四邊形MDND′為正方形，
∴∠D′NB=90°，
在Rt△D′NB中，D′N=t，BN=2$\sqrt{2}$-t，BD′=2，
∴t²+（2$\sqrt{2}$-t）²=2²，
∴t₁=t₂=$\sqrt{2}$，
即：經過$\sqrt{2}$s時，點D恰好落在x軸上的D′處．

（3）存在，
如圖，

由（2）知△ABD為等腰直角三角形，
∵△PBD與△ABD相似，且不全等，
∴△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，
∴點P的坐標為（1，0）或（2，3）．

點評 本題主要考查二次函數的綜合運用，熟練掌握待定系數法求函數解析式、翻折的性質、等腰直角三角形的判定與性質、正方形的判定與性質及勾股定理是解題的關鍵．