Question

【題目】已知：如圖，拋物線y=ax2+bx+6交x軸于A（﹣2，0），B（3，0）兩點，交y軸于點C.

（1）求a，b的值；

（2）連接BC，點P為第一象限拋物線上一點，過點A作AD⊥x軸，過點P作PD⊥BC于交直線AD于點D，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，AD長為d，求d與t的函數(shù)關(guān)系式（請求出自變量t的取值范圍）；

（3）在（2）的條件下，DP與BC交于點F，過點D作DE∥AB交BC于點E，點Q為直線DP上方拋物線上一點，連接AP、PC，若DP=CE，∠QPC=∠APD時，求點Q坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）a=-1，b=1；（2）d=﹣t2+t+5（0＜t＜3）；（3）點Q坐標(biāo)為Q（1，6）或Q（﹣， ）．

【解析】試題分析：

（1）把A、B兩點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式列出關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組即可求得a、b的值；

（2）如下圖2、過點P作PG⊥DE于點K，交x軸于點G，作DK⊥PG于點K，則由已知條件易得∠BCO=∠PDK，由此可得tan∠PDK==tan∠BCO，結(jié)合OB=3，OC=6，DK=t+2可得PK=DK=（t+2）；再證四邊形ADKG是矩形可得KG=AD=d=PG-PK結(jié)合PG=-t2+t+6即可得到d與t間的函數(shù)關(guān)系式了，由點P在第一象限的圖象上可得0<t<3；

（3）如下圖3，過點P作PH⊥AD于點H交y軸于點R，由已知條件易證△PHD≌△CNE，從而可得PH=CN，結(jié)合CN=OC-ON，PH=t+2可得關(guān)于t的方程t+2=t2﹣t+1，解方程可得t1=2，t2=﹣（舍），把t=2代入拋物線y=﹣x2+x+6=4，可得點P（2，4），由此可得PR=CR，PH=AH，從而可得∠APC=90°結(jié)合∠QPC=∠APD可得∠QPD=90°，然后分點P在第一象限的拋物線上和第三象限的拋物線上兩種情況討論計算即可得到對應(yīng)的點Q的坐標(biāo).

試題解析：

（1）∵拋物線y=ax2+bx+6過點A（﹣2，0），B（3，0），則

，解得： ，

故拋物線解析式為y=﹣x2+x+6；

（2）如下圖2，過點P作PG⊥x于點G，過點D作DK∥x軸交PG于點K，

∵PD⊥BC，DE⊥y軸，∠BCO=∠PDK，OB=3，OC=6

∴tan∠BCO=tan∠PDK=，DK=t+2，PK=DK=（t+2），

∵DK∥AB，AD⊥AB，

∴四邊形ADKG為矩形，

∴AD=KG，

d=AD=KG=PG﹣PK=﹣t2+t+6﹣（t+2）=﹣t2+t+5（0＜t＜3）；

（3）如圖3，過點P作PH⊥AD于點H，

在△PHD與△CNE中， ，

∴△PHD≌△CNE，

∴PH=CN=OC﹣ON，

∵四邊形ADON為矩形，

∴CN=6﹣（﹣t2+t+5）=t2﹣t+1，PH=t+2，

∴t+2=t2﹣t+1，

解得t1=2，t2=﹣（舍），

把t=2代入拋物線y=﹣x2+x+6=4，

∴點P（2，4），

∵PH與y軸交于點R，PR=CR=2，

∴∠CPR=45°，PH=AH=4，

∴∠APH=45°，

∴∠APC=90°，

∵∠QPC=∠APD，

∴∠QPD=90°，

當(dāng)點Q在第一象限時，過點Q作QL⊥PH于點L，

∴∠LQP=∠HPD，

∴tan∠LQP=tan∠HPD=，

設(shè)點Q（m，﹣m2+m+6），則PL=2﹣m，QL=﹣m2+m+2，則

=，

解得m1=1，m2=2（舍），

把m=1 代入﹣m2+m+6=6，

∴Q（1，6），

當(dāng)點Q在第二象限時，過點Q作QM⊥PH，

∵∠CPH=∠APH=45°∠QPC=∠APD，

∴∠QPM=∠DPH tan∠QPM=tan∠DPH=，

設(shè)點Q（n，﹣n2+n+6）PM=2﹣n QM=﹣n2+n+2，

∴=，

解得n1=﹣，n2=2（舍），

把n=1﹣代入﹣n2+n+6=，

∴Q（﹣， ）．

綜上所述，點Q坐標(biāo)為Q（1，6）或Q（﹣， ）．