Question

4．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=-x²+bx+a与x轴相交于点A、点B（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相较于点C，直线y=kx-3k经过点B、C两点，且△BOC为等腰直角三角形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，过点C作直线l∥x轴，P为直线l上方抛物线上一点，连接PB，PB与直线l相交于点D，将线段BD绕点B逆时针旋转90°后得到线段BE，过点E作BC的平行线，它与直线l相交于点F，连接PF，设点P的横坐标为t，△PDF的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
（3）如图3，在（2）的条件下，N为PB中点，Q为线段DF上一点，连接PC、QB、QN，当△PCF的面积与△BCD的面积相等，且QN平分∠BQD时，求点Q的坐标．

Answer 1

分析 （1）如图1，只需令y=0，即可得到点B的坐标，再根据条件可得到点C的坐标，然后运用待定系数法就可解决问题；
（2）过点B作BG⊥l于G，过点P作PH⊥x轴于H，交DF于K，如图2，易证△BGD≌△BOE，则有DG=OE，∠EOB=∠DGB=90°，即可得到点E在y轴上，然后只需运用割补法就可解决问题；
（3）设PH与BC相交于点R，过点N分别向OB、QB作垂线，垂足分别为W、S，过点Q作AB的垂线，垂足为点J，直线NW与l相交于点Z．连接NR，如图3，由△PCF的面积与△BCD的面积相等可得到S=S_△PCB，从而求出PR（用t表示），然后根据PH=PR+RH求出t，从而可得到点P的坐标，设CQ=m，则BJ=OB+OJ=3+m，在△BQJ中，∠BJQ=90°，QJ=OC=3，BJ=3+m，只需表示出BQ（用m表示），然后运用勾股定理就可解决问题．

解答 解：（1）如图1，
令y=0，得kx-3k=0，
∵k≠0，
∴x=3，B（3，0）．
∵△BOC是等腰直角三角形，∠BOC=90°，
∴OB=OC=3，
∴C（0，3）．
∵y=-x²+bx+a经过点B、C，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-{3}^{2}+3b+a=0}\\{a=3}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a=3}\\{b=2}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=-x²+2x+3；

（2）过点B作BG⊥l于G，过点P作PH⊥x轴于H，交DF于K，如图2，
∵直线l∥x轴，
∴PK⊥DF，∠GCO=180°-∠COB=90°，
∴∠CGB=∠GCO=∠COB=90°，
∴四边形COBG是矩形，
∴BG=OC=3=OB，∠GBO=90°．
∵∠GBO=∠PBE=90°，
∴∠DBG=∠OBE．
在△BGD和△BOE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BE}\\{∠DBG=∠OBE}\\{BG=BO}\end{array}\right.$
∴△BGD≌△BOE，
∴DG=OE，∠EOB=∠DGB═90°，
∴点E在y轴上．
设DG=OE=k，
∵BC∥EF，
∴∠CFE=∠FEC=∠BCO=45°，
∴CF=CE=3+k，
∴DF=CF+CG-DG=3+k+3-k=6，
∴PH=-t²+2t+3．
∵四边形OCKH为矩形，
∴OC=KH=3，
∴PK=PH-KH=-t²+2t．
∴S_△PDF=$\frac{1}{2}$DF×PK=-3t²+6t，（0＜t＜2）；

（3）设PH与BC相交于点R，过点N分别向OB、QB作垂线，垂足分别为W、S，
过点Q作AB的垂线，垂足为点J，直线NW与l相交于点Z．连接NR，如图3，
S=S_△PCF+S_△PCD=S_△BCD+S_△PCD=S_△PCB
=S_△PCR+S_△PBR
=$\frac{1}{2}$PR×CK+$\frac{1}{2}$PR×BH
=$\frac{1}{2}$PR（CK+BH）=$\frac{1}{2}$PR（OH+BH）=$\frac{1}{2}$PR×OB，
∴-3t²+6t=$\frac{1}{2}$×3PR，
∴PR=-2t²+4t．
在△BHR中，
∵∠HRB=180°-45°-90°=45°，
∴BH=HR=3-t．
∵PH=PR+RH，
∴-t²+2t+3=-2t²+4t+3-t，
解得：t₁=1，t₂=0（舍去），
∴P点坐标为（1，4）．
可知RH=2=NW，四边形RHWN为矩形，∠NRH=90°．
设CQ=m，则BJ=OB+OJ=OB+QC=3+m．
∵∠BWN=∠BHP=∠PRN=90°，
∴PH∥NW，
∴∠BNW=∠NPR．
在△PNR与△BNW中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PRN=∠NMB}\\{∠RPN=∠WNB}\\{PN=NB}\end{array}\right.$
∴△PRN≌△NWB，
∴BW=NR=HW=$\frac{1}{2}$BH=1，
∴OW=OH+HW=2，
∴CZ=OW=NW=2．
在△NQS与△NQZ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠NSQ=∠NZQ=90°}\\{∠NQS=∠NQZ}\\{QN=QN}\end{array}\right.$
∴△NSQ≌△NZQ，
∴QZ=2+m=SQ，SN=NZ=1=BW．
在Rt△BNW和Rt△NBS中，
$\left\{\begin{array}{l}{SN=BW}\\{BN=NB}\end{array}\right.$
∴Rt△BNW≌Rt△NBS（HL），
∴BS=NW=2，BQ=m+2+2=m+4．
在△BQJ中，
又∵∠BJQ=90°，QJ=OC=3，BJ=3+m，
∴3²+（m+3）²=（m+4）²，
解得：m=1，
∴点Q的坐标为（-1，3）．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式，直线上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，难度比较大，证到点E在y轴上是解决第（2）小题的关键，把问题归结到Rt△BQJ中并运用勾股定理，是解决第（3）小题的关键．