Question

6．如圖，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，AB=4，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-1，0），點(diǎn)C在y軸的正半軸，線y=ax²+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，B，C
（Ⅰ）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；
（Ⅱ）設(shè)對(duì)稱軸與拋物線交于點(diǎn)E，與AC交于點(diǎn)D，在對(duì)稱釉上，是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)P，C，D點(diǎn)的三角形與△ADE相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由
（Ⅲ）若在對(duì)稱軸上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P和Q（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的上方），且PQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，請(qǐng)求出使四邊形BCFE最小的點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）先求出OB=3，B（3，0），再證明Rt△OCB∽R(shí)t△OAC，則可利用相似比計(jì)算出OC=$\sqrt{3}$，得到C（0，$\sqrt{3}$），然后利用待定系數(shù)法，運(yùn)用交點(diǎn)式求出拋物線解析式；
（2）把（1）中解析式配成頂點(diǎn)式得到y(tǒng)=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-1）²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，則E（1，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），拋物線對(duì)稱軸為直線x=1，直線x=1交x軸于H點(diǎn)，如圖1，易得∠OAC=30°，所以AC=2OC=2$\sqrt{3}$，再在Rt△AHD中計(jì)算出DH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，AD=2DH=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，所以DE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，CD=AC-AD=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由于∠CDP=∠EDA，根據(jù)相似三角形的判定方法，當(dāng)$\frac{DP}{DE}$=$\frac{DC}{DA}$，△DPC∽△DEA；當(dāng)DP：DA=DC：DE，△DPC∽△DAE，然后分別求出DP即可得到對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）在y軸上截取CG=PQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，如圖2，連結(jié)AG交直線x=1于點(diǎn)Q，利用對(duì)稱性得QB=QA，易得四邊形PQGC為平行四邊形，則GQ=PC，所以PC+BQ=QG+AQ=AG，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短得此時(shí)PC+BQ最小，加上BC和PQ為定值，于是可判斷此時(shí)四邊形BCPQ的周長最小，接著利用待定系數(shù)法確定直線AG的解析式為y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，然后求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，從而可得到P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵AB=4，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-1，0），
∴OB=3，B（3，0），
∵∠BCO+∠CBO=90°，∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠BCO=∠CAO，
∴Rt△OCB∽R(shí)t△OAC，
∴OC：OA=OB：OC，即OC：3=1：OC，
∴OC=$\sqrt{3}$，
∴C（0，$\sqrt{3}$），
設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x-3），
把C（0，$\sqrt{3}$）代入得-3a=$\sqrt{3}$，解得a=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴拋物線解析式為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）（x-3），即y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$；
（2）存在．
y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x²+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-1）²+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，則E（1，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），
拋物線對(duì)稱軸為直線x=1，直線x=1交x軸于H點(diǎn)，如圖1，
在Rt△AOC中，∵OC=$\sqrt{3}$，OA=3，
∴tan∠OAC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OAC=30°，
∴AC=2OC=2$\sqrt{3}$，
在Rt△AHD中，AH=2，
∴DH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，AD=2DH=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴DE=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，CD=AC-AD=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∵∠CDP=∠EDA，
∴當(dāng)$\frac{DP}{DE}$=$\frac{DC}{DA}$，△DPC∽△DEA，即DP：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$：$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，解得DP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）；
當(dāng)DP：DA=DC：DE，△DPC∽△DAE，即DP：$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得DP=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
綜上所述，滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）；
（3）在y軸上截取CG=PQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，如圖2，
連結(jié)AG交直線x=1于點(diǎn)Q，則QB=QA，
∵PQ∥CG，PQ=CG，
∴四邊形PQGC為平行四邊形，
∴GQ=PC，
∴PC+BQ=QG+AQ=AG，此時(shí)PC+BQ最小，
而BC和PQ為定值，
∴此時(shí)四邊形BCPQ的周長最小，
設(shè)直線AG的解析式為y=mx+n，
把A（3，0），G（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{3m+n=0}\\{n=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{2\sqrt{3}}{9}}\\{n=\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$，
∴直線AG的解析式為y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)x=1時(shí)，y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{9}$，
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{4\sqrt{3}}{9}$），
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{7\sqrt{3}}{9}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，會(huì)利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；靈活相似三角形的判定與性質(zhì)；利用兩點(diǎn)之間線段最短解決最短路徑問題；能應(yīng)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．