Question

19．如圖①，已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3），直線BE交y軸正半軸于點(diǎn)E．
（1）求經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）連接BD、CD，設(shè)∠DBO=α，∠EBO=β，若tan （α-β）=1，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）如圖②，在（2）的條件下，動點(diǎn)M從點(diǎn)C出發(fā)以每秒$\sqrt{2}$個(gè)單位的速度在直線BC上移動（不考慮點(diǎn)M與點(diǎn)C、B重合的情況），點(diǎn)N為拋物線上一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M移動的時(shí)間為t秒，在點(diǎn)M移動的過程中，以E、C、M、N四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形能否成為平行四邊形？若能，直接寫出所有滿足條件的t值及點(diǎn)M的個(gè)數(shù)；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）用待定系數(shù)法求出求出拋物線解析式，再配成頂點(diǎn)式，求出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）方法一：先求出∠DBE=45°，再構(gòu)造出等腰直角三角形，由兩腰相等建立方程求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；
方法二：先判斷出∠BCD=90°，進(jìn)而得出△OBE∽△CBD，即可求出OE即可得出結(jié)論；
（3）分兩種情況討論計(jì)算①CE為平行四邊形的邊，用MN=CE建立方程求出點(diǎn)M坐標(biāo)，從而求出時(shí)間t，
②利用平行四邊形的對角線互相平分，借助中點(diǎn)坐標(biāo)建立方程組求出點(diǎn)M坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）經(jīng)過A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點(diǎn)的拋物線，
∴設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x-3），
∵點(diǎn)C（0，3）在拋物線上，
∴3=-3a，
∴a=-1
∴拋物線解析式為y=-（x+1）（x-3）=-（x-1）²+4，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為D（1，4），
（2）方法一：∵tan （α-β）=1，
∴α-β=45°，
∵∠DBO=α，∠EBO=β，
∴∠DBE=45°，
如圖1，

過點(diǎn)E作EF⊥BD于F，
∴EF=BF，
∵B（3，0），D（1，4），
∴直線BD解析式為y=-2x+6①，
設(shè)點(diǎn)E（0，b），
∵EF⊥BD，
∴直線EF解析式為y=$\frac{1}{2}$x+b②，
聯(lián)立①②解方程組得，x=$\frac{2}{5}（6-b）$，y=$\frac{2}{5}$（2b+3），
∴F（$\frac{2}{5}（6-b）$，$\frac{2}{5}$（2b+3）），
∴EF²=[$\frac{2}{5}$（6-B）]²+[$\frac{2}{5}$（2b+3）-b]²=$\frac{1}{5}$（6-b）²，F(xiàn)B²=[$\frac{2}{5}（6-b）$-3]²+[$\frac{2}{5}$（2b+3）]²=[$\frac{1}{5}$（2b+3）]²，
∵EF=FB，
∴EF²=FB²，
∴$\frac{1}{5}$（6-b）²=[$\frac{1}{5}$（2b+3）]²，
∴b=-9（舍）或b=1，
∴E（0，1），
方法二、∵tan （α-β）=1，
∴α-β=45°，
∵∠DBO=α，∠EBO=β，
∴∠DBE=45°，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∴∠CBD=∠OBE，
∵B（3，0），C（0，3），D（1，4），
∴OB=3，BC²=18，CD²=2，BD²=20，
∴BC²+CD²=BD²，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BCD=90°=∠BOE，
∵∠CBD=∠OBE，
∴△OBE∽△CBD，
∴$\frac{OE}{CD}=\frac{OB}{BC}$，
∴$\frac{OE}{\sqrt{2}}=\frac{3}{3\sqrt{2}}$，
∴OE=1，
∴E（0，1），

（3）能，
理由：∵B（3，0），C（0，3），
∴直線BC解析式為y=-x+3，
設(shè)點(diǎn)M（m，-m+3），
∵E、C、M、N四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，
∴分CE為邊和CE為對角線進(jìn)行計(jì)算，
①如圖2，
當(dāng)CE是平行四邊形的邊時(shí)，MN∥CE，MN=CE，
過M作MN∥CE交拋物線于N，
∵點(diǎn)N在拋物線上，
∴N（m，-m²+2m+3），
∴MN=|-m²+2m+3-（-m+3）|=|m²-3m|，
∵C（0，3），E（0，1），
∴CE=2，
∵M(jìn)N=CE，
∴|m²-3m|=2，
∴m=$\frac{3±\sqrt{17}}{2}$或m=1或m=2，
∴M（$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$）或（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$）或（1，2）或（2，1）；
∵C（0，3）
當(dāng)M（$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$）時(shí)，CM=$\sqrt{2}×\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，
∴t=$\frac{CM}{\sqrt{2}}$=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，
當(dāng)M（$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$）時(shí)，
同理：t=$\frac{\sqrt{17}-3}{2}$，
當(dāng)M（1，2）時(shí)，CM=$\sqrt{2}$，
∴t=$\sqrt{2}÷\sqrt{2}=1$，
當(dāng)M（2，1）時(shí)，CM=2$\sqrt{2}$，
∴t=2$\sqrt{2}÷\sqrt{2}$=2，
②當(dāng)CE是平行四邊形的對角線時(shí)，MN與CE互相平分，
∵C（0，3），E（0，1），
∴線段CE的中點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），
∵M(jìn)（m，-m+3），
∴CM=$\sqrt{{m}^{2}+（-m+3-3）^{2}}$=$\sqrt{2}$|m|，
∴t=$\sqrt{2}$|m|$÷\sqrt{2}$=|m|
∵點(diǎn)N在拋物線y=-x²+2x+3上，
設(shè)點(diǎn)N（n，-n²+2n+3），
利用中點(diǎn)坐標(biāo)得，$\frac{m+n}{2}=0$，$\frac{-m+3+（-{n}^{2}+2n+3）}{2}$=2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{3+\sqrt{17}}{2}}\\{n=\frac{3+\sqrt{17}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{3-\sqrt{17}}{2}}\\{n=\frac{3-\sqrt{17}}{2}}\end{array}\right.$，
∴M（-$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，$\frac{9+\sqrt{17}}{2}$）或（-$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{9-\sqrt{17}}{2}$），
當(dāng)M（-$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$，$\frac{9+\sqrt{17}}{2}$）時(shí)，
∴t=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$
當(dāng)M（-$\frac{3-\sqrt{17}}{2}$，$\frac{9-\sqrt{17}}{2}$）時(shí)，
∴t=$\frac{\sqrt{17}-3}{2}$；
即：滿足條件的t的值為$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$或$\frac{\sqrt{17}-3}{2}$或1或2．點(diǎn)M共有6個(gè)．

點(diǎn)評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，配方法，構(gòu)造直角三角形，兩點(diǎn)間的距離公式，平行四邊形的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)，絕對值方程，構(gòu)造直角三角形是解本題的關(guān)鍵，是一道中上難度的中考�？碱}，計(jì)算量較大．