Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C，點A、C的坐標(biāo)分別為（-1，0），（0，-3），直線x=1為拋物線的對稱軸．點D為拋物線的頂點，直線BC與對稱軸相較于點E．

（1）求拋物線的解析式并直接寫出點D的坐標(biāo)；

（2）點P為直線x=1右方拋物線上的一點（點P不與點B重合）．記A、B、C、P四點所構(gòu)成的四邊形面積為S，若S=S△BCD，求點P的坐標(biāo)；

（3）點Q是線段BD上的動點，將△DEQ延邊EQ翻折得到△D′EQ，是否存在點Q使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形？若存在，請求出BQ的長，若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】(1)y=x2-2x-3，頂點D的坐標(biāo)為（1，-4）；（2）P點坐標(biāo)為（，）或（，）；（3）存在，或1或-，

【解析】

試題分析：（1）利用拋物線的對稱性得到B（3，0），則設(shè)交點式為y=a（x+1）（x-3），把C（0，-3）代入求出a即可得到拋物線解析式，然后把解析式配成頂點式即可得到D點坐標(biāo)；

（2）設(shè)P（m，m2-2m-3），先確定直線BC的解析式y(tǒng)=x-3，再確定E（1，-2），則可根據(jù)三角形面積公式計算出S△BDC=S△BDE+S△CDE=3，然后分類討論：當(dāng)點P在x軸上方時，即m＞3，如圖1，利用S=S△PAB+S△CAB=S△BCD得到2m2-4m=；當(dāng)點P在x軸下方時，即1＜m＜3，如圖2，連結(jié)OP，利用S=S△AOC+S△COP+S△POB=S△BCD得到-m2+m+6=，再分別解關(guān)于m的一元二次方程求出m，從而得到P點坐標(biāo)；

（3）存在．直線x=1交x軸于F，利用兩點間的距離公式計算出BD=2，分類討論：①如圖3，EQ⊥DB于Q，證明Rt△DEQ∽Rt△DBF，利用相似比可計算出DQ=，則BQ=BD-DQ=；②如圖4，ED′⊥BD于H，證明Rt△DEQ=H∽Rt△DBF，利用相似比計算出DH=，EH=，在Rt△QHD′中，設(shè)QH=x，D′Q=DQ=DH-HQ=-x，D′H=D′E-EH=DE-EH=2-，則利用勾股定理可得x2+（2-）2=（-x）2，解得x=1-，于是BQ=BD-DH+HQ-=+1；③如圖5，D′Q⊥BC于G，作EI⊥BD于I，利用①得結(jié)論可得EI=，BI=，而BE=2，則BG=BE-EG=2-，根據(jù)折疊性質(zhì)得∠EQD=∠EQD′，則根據(jù)角平分線性質(zhì)得EG=EI=，接著證明△BQG∽△BEI，利用相似比可得BQ=-，所以當(dāng)BQ為或+1或-時，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形．

試題解析：（1）∵點A與點B關(guān)于直線x=1對稱，

∴B（3，0），

設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x-3），

把C（0，-3）代入得-3a=-3，解得a=1，

∴拋物線就笑著說為y=（x+1）（x-3）=x2-2x-3，

∵y=（x-1）2-4，

∴拋物線頂點D的坐標(biāo)為（1，-4）；

（2）設(shè)P（m，m2-2m-3），易得直線BC的解析式為y=x-3，

當(dāng)x=1時，y=x-3=-3，則E（1，-2），

∴S△BDC=S△BDE+S△CDE=×3×（-2+4）=3，

當(dāng)點P在x軸上方時，即m＞3，如圖1，

S=S△PAB+S△CAB=3（3+1）+（3+1）（m2-2m-3）=2m2-4m，

∵S=S△BCD，

∴2m2-4m=，

整理得4m2-8m-15=0，解得m1=，m2=（舍去），

∴P點坐標(biāo)為（，）；

當(dāng)點P在x軸下方時，即1＜m＜3，如圖2，連結(jié)OP，

S=S△AOC+S△COP+S△POB=31+3m+3（-m2+2m+3）=-m2+m+6，

∵S=S△BCD，

∴-m2+m+6=，

整理得m2-3m+1=0，解得m1=，m2=（舍去）

∴P點坐標(biāo)為（，），

綜上所述，P點坐標(biāo)為（，）或（，）；

（3）存在．直線x=1交x軸于F，BD=，

①如圖3，EQ⊥DB于Q，△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，

∵∠EDQ=∠BDF，

∴Rt△DEQ∽Rt△DBF，

∴，即，解得DQ=，

∴BQ=BD-DQ=2-=；

②如圖4，ED′⊥BD于H，

∵∠EDH=∠BDF，

∴Rt△DEQ=H∽Rt△DBF，

∴，即，解得DH=，EH=，

在Rt△QHD′中，設(shè)QH=x，D′Q=DQ=DH-HQ=-x，D′H=D′E-EH=DE-EH=2-，

∴x2+（2-）2=（-x）2，解得x=1-，

∴BQ=BD-DQ=BD-（DH-HQ）=BD-DH+HQ=2-+1-=+1；

③如圖5，D′Q⊥BC于G，作EI⊥BD于I，由①得EI=，BI=，

∵BE=，

∴BG=BE-EG=2-，

∵△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，

∴∠EQD=∠EQD′，

∴EG=EI=，

∵∠GBQ=∠IBE，

∴△BQG∽△BEI，

∴，即

∴BQ=-，

綜上所述，當(dāng)BQ為或1或-，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形．