Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)為B（2，1），且過(guò)點(diǎn)A（0，2），直線y=x與拋物線交于點(diǎn)D，E（點(diǎn)E在對(duì)稱軸的右側(cè)），拋物線的對(duì)稱軸交直線y=x于點(diǎn)C，交x軸于點(diǎn)G，EF⊥x軸，垂足為F，點(diǎn)P在拋物線上，且位于對(duì)稱軸的右側(cè)，PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)Q，△PCQ為等邊三角形

（1）求該拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）求證：CE=EF；
（4）連接PE，在x軸上點(diǎn)Q的右側(cè)是否存在一點(diǎn)M，使△CQM與△CPE全等？若存在，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[注：3+2 =（ +1）2]．

Answer 1

【答案】
（1）

解：設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a（x﹣2）2+1，將點(diǎn)A（0，2）代入，得a（0﹣2）2+1=2，

解這個(gè)方程，得a= ，

∴拋物線的表達(dá)式為y= （x﹣2）2+1= x2﹣x+2；

（2）

解：將x=2代入y=x，得y=2

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，2）即CG=2，

∵△PCQ為等邊三角形

∴∠CQP=60°，CQ=PQ，

∵PQ⊥x軸，

∴∠CQG=30°，

∴CQ=4，GQ=2 ．

∴OQ=2+2 ，PQ=4，

將y=4代入y= （x﹣2）2+1，得4= （x﹣2）2+1

解這個(gè)方程，得x1=2+2 =OQ，x2=2﹣2 ＜0（不合題意，舍去）．

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2+2 ，4）；

（3）

證明：把y=x代入y= x2﹣x+2，得x= x2﹣x+2

解這個(gè)方程，得x1=4+2 ，x2=4﹣2 ＜2（不合題意，舍去）

∴y=4+2 =EF

∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4+2 ，4+2 ）

∴OE= =4+4 ，

又∵OC= =2 ，

∴CE=OE﹣OC=4+2 ，

∴CE=EF；

（4）

解：不存在．

如圖，假設(shè)x軸上存在一點(diǎn)，使△CQM≌△CPE，則CM=CE，∠QCM=∠PCE

∵∠QCP=60°，

∴∠MCE=60°

又∵CE=EF，

∴EM=EF，

又∵點(diǎn)E為直線y=x上的點(diǎn)，

∴∠CEF=45°，

∴點(diǎn)M與點(diǎn)F不重合．

∵EF⊥x軸，這與“垂線段最短”矛盾，

∴原假設(shè)錯(cuò)誤，滿足條件的點(diǎn)M不存在．

【解析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)是（2，1），因而設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a（x﹣2）2+1，把A的坐標(biāo)代入即可求得函數(shù)的解析式；（2）根據(jù)△PCQ為等邊三角形，則△CGQ中，∠CQD=30°，CG的長(zhǎng)度可以求得，利用直角三角形的性質(zhì)，即可求得CQ，即等邊△CQP的邊長(zhǎng)，則P的縱坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式，即可求得P的坐標(biāo)；（3）解方程組即可求得E的坐標(biāo)，則EF的長(zhǎng)等于E的縱坐標(biāo)，OE的長(zhǎng)度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的長(zhǎng)度可以求得，則CE的長(zhǎng)度即可求解；（4）可以利用反證法，假設(shè)x軸上存在一點(diǎn)，使△CQM≌△CPE，可以證得EM=EF，即M與F重合，與點(diǎn)E為直線y=x上的點(diǎn)，∠CEF=45°即點(diǎn)M與點(diǎn)F不重合相矛盾，故M不存在．