Question

【題目】如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2+bx+3交x軸于B、C兩點（點B在左，點C在右），交y軸于點A，且OA=OC，B（﹣1，0）．

（1）求此拋物線的解析式；

（2）如圖2，點D為拋物線的頂點，連接CD，點P是拋物線上一動點，且在C、D兩點之間運動，過點P作PE∥y軸交線段CD于點E，設(shè)點P的橫坐標為t，線段PE長為d，寫出d與t的關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；

（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BD，在BD上有一動點Q，且DQ=CE，連接EQ，當∠BQE+∠DEQ=90°時，求此時點P的坐標．

Answer 1

【答案】（1）拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3；（2）d=﹣t2+4t﹣3；（3）P（，）．

【解析】

（1）由拋物線y=ax2+bx+3與y軸交于點A，可求得點A的坐標，又OA=OC，可求得點C的坐標，然后分別代入B,C的坐標求出a，b，即可求得二次函數(shù)的解析式；
（2）首先延長PE交x軸于點H，現(xiàn)將解析式換為頂點解析式求得D（1，4），設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，再將點C（3，0）、D（1，4）代入，得y=﹣2x+6，則E（t，﹣2t+6），P（t，﹣t2+2t+3），PH=﹣t2+2t+3，EH=﹣2t+6，再根據(jù)d=PH﹣EH即可得答案；
（3）首先，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，記QE與DK的交點為N，根據(jù)題意在（2）的條件下先證明△DQT≌△ECH，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得ME=4﹣2（﹣2t+6），QM= t﹣1+（3﹣t），即可求得答案．

（1）當x=0時，y=3，

∴A（0，3）即OA=3，

∵OA=OC，

∴OC=3，

∴C（3，0），

∵拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點B（﹣1，0），C（3，0）

∴，

解得：，

∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3；

（2）如圖1，延長PE交x軸于點H，

∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，

∴D（1，4），

設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，

將點C（3，0）、D（1，4）代入，得：

，

解得：，

∴y=﹣2x+6，

∴E（t，﹣2t+6），P（t，﹣t2+2t+3），

∴PH=﹣t2+2t+3，EH=﹣2t+6，

∴d=PH﹣EH=﹣t2+2t+3﹣（﹣2t+6）=﹣t2+4t﹣3；

（3）如圖2，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，記QE與DK的交點為N，

∵D（1，4），B（﹣1，0），C（3，0），

∴BK=2，KC=2，

∴DK垂直平分BC，

∴BD=CD，

∴∠BDK=∠CDK，

∵∠BQE=∠QDE+∠DEQ，∠BQE+∠DEQ=90°，

∴∠QDE+∠DEQ+∠DEQ=90°，即2∠CDK+2∠DEQ=90°，

∴∠CDK+∠DEQ=45°，即∠RNE=45°，

∵ER⊥DK，

∴∠NER=45°，

∴∠MEQ=∠MQE=45°，

∴QM=ME，

∵DQ=CE，∠DTQ=∠EHC、∠QDT=∠CEH，

∴△DQT≌△ECH，

∴DT=EH，QT=CH，

∴ME=4﹣2（﹣2t+6），

QM=MT+QT=MT+CH=t﹣1+（3﹣t），

4﹣2（﹣2t+6）=t﹣1+（3﹣t），

解得：t=，

∴P（，）．