Question

【題目】如圖1，已知一次函數(shù)y=x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，拋物線y=﹣x2+bx+c過(guò)A、B兩點(diǎn)，且與x軸交于另一點(diǎn)C．

（1）求b、c的值；
（2）如圖1，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段BD上，且BE=2ED，連接CE并延長(zhǎng)交拋物線于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）將直線AB繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)15°后交y軸于點(diǎn)G，連接CG，如圖2，P為△ACG內(nèi)一點(diǎn)，連接PA、PC、PG，分別以AP、AG為邊，在他們的左側(cè)作等邊△APR，等邊△AGQ，連接QR
①求證：PG=RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出當(dāng)PA+PC+PG取得最小值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵一次函數(shù)y=x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，

∴A（﹣3，0），B（0，3），

∵拋物線y=﹣x2+bx+c過(guò)A、B兩點(diǎn)，

∴ 解得 ，

∴b=﹣2，c=3

（2）

解：對(duì)于拋物線y=﹣x2﹣2x+3，令y=0，則﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或1，

∴點(diǎn)C坐標(biāo)（1，0），

∵AD=DC=2，

∴點(diǎn)D坐標(biāo)（﹣1，0），

∵BE=2ED，

∴點(diǎn)E坐標(biāo)（﹣ ，1），

設(shè)直線CE為y=kx+b，把E、C代入得到 解得 ，

∴直線CE為y=﹣ x+ ，

由 解得 或 ，

∴點(diǎn)M坐標(biāo)（﹣ ， ）

（3）

解：①∵△AGQ，△APR是等邊三角形，

∴AP=AR，AQ=AG，∠QAC=∠RAP=60°，

∴∠QAR=∠GAP，

在△QAR和△GAP中，

，

∴△QAR≌△GAP，

∴QR=PG．

②如圖3中，∵PA+PB+PC=QR+PR+PC=QC，

∴當(dāng)Q、R、P、C共線時(shí)，PA+PG+PC最小，

作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．

∵∠GAO=60°，AO=3，

∴AG=QG=AQ=6，∠AGO=30°，

∵∠QGA=60°，

∴∠QGO=90°，

∴點(diǎn)Q坐標(biāo)（﹣6，3 ），

在RT△QCN中，QN=3 ，CN=7，∠QNC=90°，

∴QC= =2 ，

∵sin∠ACM= = ，

∴AM= ，

∵△APR是等邊三角形，

∴∠APM=60°，∵PM=PR，cos30°= ，

∴AP= ，PM=RM=

∴MC= = ，

∴PC=CM﹣PM= ，

∵ = = ，

∴CK= ，PK= ，

∴OK=CK﹣CO= ，

∴點(diǎn)P坐標(biāo)（﹣ ， ）．

∴PA+PC+PG的最小值為2 ，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)（﹣ ， ）．

【解析】（1）把A（﹣3，0），B（0，3）代入拋物線y=﹣x2+bx+c即可解決問(wèn)題．（2）首先求出A、C、D坐標(biāo)，根據(jù)BE=2ED，求出點(diǎn)E坐標(biāo)，求出直線CE，利用方程組求交點(diǎn)坐標(biāo)M．（3）①欲證明PG=QR，只要證明△QAR≌△GAP即可．②當(dāng)Q、R、P、C共線時(shí)，PA+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，由sin∠ACM= = 求出AM，CM，利用等邊三角形性質(zhì)求出AP、PM、PC，由此即可解決問(wèn)題．
【考點(diǎn)精析】掌握二次函數(shù)的圖象和二次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的根本，需要知道二次函數(shù)圖像關(guān)鍵點(diǎn)：1、開口方向2、對(duì)稱軸 3、頂點(diǎn) 4、與x軸交點(diǎn) 5、與y軸交點(diǎn)；增減性：當(dāng)a>0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而減小；對(duì)稱軸右邊，y隨x增大而增大；當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)稱軸左邊，y隨x增大而增大；對(duì)稱軸右邊，y隨x增大而減�。�