Question

18．如圖，拋物線y=ax²+c（a≠0）與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，C兩點(diǎn)（點(diǎn)C在x軸正半軸上），△ABC為等腰直角三角形，且面積為4．現(xiàn)將拋物線沿BA方向平移，平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)C時(shí)，與x軸的另一交點(diǎn)為E，其頂點(diǎn)為F，對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)為H．
（1）求a，c的值；
（2）連結(jié)OF，試判斷△OEF是否為等腰三角形，并說明理由；
（3）現(xiàn)將一足夠大的三角板的直角頂點(diǎn)Q放在射線AF或射線HF上，一直角邊始終過點(diǎn)E，另一直角邊與y軸相交于點(diǎn)P，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P，Q，E為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等？若存在，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由△ABC為等腰直角三角形，且面積為4，易求得OA的長(zhǎng)，即可求得點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)，然后由待定系數(shù)法求得答案；
（2）首先求得直線AB的函數(shù)表達(dá)式，設(shè)頂點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，m+2），由拋物線過點(diǎn)C （2，0），可求得平移后的拋物線函數(shù)表達(dá)式，繼而求得點(diǎn)E的坐標(biāo)，即可判定△OEF是等腰三角形；
（3）分別情形一：從點(diǎn)Q在射線HF上，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)或當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，以及情形二：點(diǎn)Q在射線AF上，去分析求解即可求得答案．

解答 解：（1）∵△ABC為等腰直角三角形，
∴OA=$\frac{1}{2}$BC．
又∵△ABC的面積=$\frac{1}{2}$BC×OA=4，即OA²=4，
∴OA=2．
∴A（0，2），B（-2，0），C（2，0）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{4a+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$．

（2）△OEF是等腰三角形．理由如下：如答圖1，
∵A （0，2）），B （-2，0），
∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為：y=x+2，
又∵平移后的拋物線頂點(diǎn)F在射線BA上，
∴設(shè)頂點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，m+2）．
∴平移后的拋物線函數(shù)表達(dá)式為：y=-$\frac{1}{2}$（x-m）²+m+2．
∵拋物線過點(diǎn)C （2，0），
∴-$\frac{1}{2}$（x-m）²+m+2=0，解得m₁=0，m₂=6．
∴平移后的拋物線函數(shù)表達(dá)式為：y=-（x-6）²+8，
即y=-$\frac{1}{2}$x²+6x-10．
當(dāng)y=0時(shí)，-$\frac{1}{2}$x²+6x-10=0，
解得x₁=2，x₂=10．
∴E（10，0），OE=10．
又∵F（6，8），OH=6，F(xiàn)H=8．
∴OF=$\sqrt{O{H}^{2}+F{H}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
∴OE=OF，即△OEF為等腰三角形．

（3）存在點(diǎn)Q（6，2$\sqrt{21}$）或（6，3）或（10，12）或（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）或（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$），使以P，Q，E三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等．
理由如下：
點(diǎn)Q的位置分兩種情形：
情形一：點(diǎn)Q在射線HF上，
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，如答圖2．
∵△PQE≌△POE，
∴QE=OE=10．
在Rt△QHE中，QH=$\sqrt{Q{E}^{2}-H{E}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{4}^{2}}$=2$\sqrt{21}$，
∴Q（6，2$\sqrt{21}$）．
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如答圖3，有PQ=OE=10，
過P點(diǎn)作PK⊥HF于點(diǎn)K，則有PK=6．
在Rt△PQK中，QK=$\sqrt{P{Q}^{2}-P{K}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8，
∵∠PQE=90°，
∴∠PQK+∠HQE=90°．
∵∠HQE+∠HEQ=90°，
∴∠PQK=∠HEQ．
又∵∠PKQ=∠QHE=90°，
∴△PKQ∽△QHE．
∴$\frac{PK}{QH}=\frac{QK}{HE}$，
即$\frac{6}{QH}=\frac{8}{4}$，
解得QH=3．
∴Q（6，3）．
情形二：點(diǎn)Q在射線AF上，
當(dāng)PQ=OE=10時(shí)，如答圖4，有QE=PO，
∴四邊形POEQ為矩形，
∴Q的橫坐標(biāo)為10．
當(dāng)x=10時(shí)，y=x+2=12，
∴Q（10，12）．
當(dāng)QE=OE=10時(shí)，如答圖5．
過Q作QM⊥y軸于點(diǎn)M，過E點(diǎn)作x軸的垂線交QM于點(diǎn)N，
設(shè)Q的坐標(biāo)為（x，x+2），
∴MQ=x，QN=10-x，EN=x+2．
在Rt△QEN中，有QE²=QN²+EN²，
即10²=（10-x）²+（x+2）²，
解得：x=4±$\sqrt{14}$．
當(dāng)x=4+$\sqrt{14}$時(shí)，如答圖5，y=x+2=6+$\sqrt{14}$，
∴Q（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）．
當(dāng)x=4-$\sqrt{14}$時(shí)，如答圖6，y=x+2=6-$\sqrt{14}$，
∴Q（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$）．
綜上所述，存在點(diǎn)Q（6，2$\sqrt{21}$）或（6，3）或（10，12）或（4+$\sqrt{14}$，6+$\sqrt{14}$）或（4-$\sqrt{14}$，6-$\sqrt{14}$），使以P，Q，E三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等．

點(diǎn)評(píng) 此題屬于二次函數(shù)的綜合題．考查了待定系數(shù)求函數(shù)解析式、平移的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用，注意準(zhǔn)確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．