Question

【題目】如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y=﹣x+n與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y=ax2+bx+3(a≠0)過C、B兩點，交x軸于另一點A，連接AC，且tan∠CAO=3．

(1)求拋物線的解析式；

(2)若點P是射線CB上一點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交拋物線于Q，設P點橫坐標為t，線段PQ的長為d，求出d與t之間的函數(shù)關系式，并寫出相應的自變量t的取值范圍；

(3)在(2)的條件下，當點P在線段BC上時，設PH=e，已知d，e是以y為未知數(shù)的一元二次方程：y2－(m+3)y+(5m2－2m+13)=0 (m為常數(shù))的兩個實數(shù)根，點M在拋物線上，連接MQ、MH、PM，且．MP平分∠QMH，求出t值及點M的坐標．

Answer 1

【答案】(1) y=-x2+2x+3；(2) ；（3）t=1, (1+，2)和(1－，2).

【解析】

試題分析：（1）當x=0時代入拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）就可以求出y=3而得出C的坐標，就可以得出直線的解析式，就可以求出B的坐標，在直角三角形AOC中，由三角形函數(shù)值就可以求出OA的值，得出A的坐標，再由待定系數(shù)法建立二元一次方程組求出其解就可以得出結論；

（2）分兩種情況討論，當點P在線段CB上時，和如圖3點P在射線BN上時，就有P點的坐標為（t，-t+3），Q點的坐標為（t，-t2+2t+3），就可以得出d與t之間的函數(shù)關系式而得出結論；

（3）根據(jù)根的判別式就可以求出m的值，就可以求出方程的解而求得PQ和PH的值，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，就可以得出四邊形LQMH是平行四邊形，進而得出四邊形LQMH是菱形，由菱形的性質就可以求出結論．

試題解析：（1）當x=0，則y=-x+n=0+n=n，y=ax2+bx+3=3，

∴OC=3=n．

當y=0，

∴-x+3=0，x=3=OB，

∴B（3，0）．

在△AOC中，∠AOC＝90°，tan∠CAO=，

∴OA=1，

∴A（-1，0）．

將A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+3，

得

，

解得：

∴拋物線的解析式：y=-x2+2x+3；

(2) 如圖1，

∵P點的橫坐標為t 且PQ垂直于x軸 ∴P點的坐標為(t，－t+3)，

Q點的坐標為(t，－t2+2t+3).

∴PQ=|(－t+3)－(－t2+2t+3)|=| t2－3t |

∴；

∵d，e是y2－(m+3)y+(5m2－2m+13)=0（m為常數(shù)）的兩個實數(shù)根，

∴△≥0，即△=(m+3)2－4× (5m2－2m+13)≥0

整理得：△= －4(m－1)2≥0，∵－4(m－1)2≤0，

∴△=0，m=1，

∴ PQ與PH是y2－4y+4=0的兩個實數(shù)根，解得y1=y2=2

∴ PQ=PH=2， ∴－t+3=2，∴t=1,

∴此時Q是拋物線的頂點，

延長MP至L，使LP=MP，連接LQ、LH，如圖2，

∵LP=MP，PQ=PH，∴四邊形LQMH是平行四邊形，

∴LH∥QM，∴∠1=∠3，∵∠1=∠2，∴∠2=∠3，

∴LH=MH，∴平行四邊形LQMH是菱形，

∴PM⊥QH，∴點M的縱坐標與P點縱坐標相同，都是2，

∴在y=－x2+2x+3令y=2，得x2－2x－1=0，∴x1=1+，x2=1－

綜上：t值為1，M點坐標為(1+，2)和(1－，2)