Question

如图，抛物线y=﹣x²+bx+c与x轴交于A（4，0），B（﹣1，0）两点与y轴交于点C，动点P在抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；

（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

（3）过动点P作PE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，请直接写出点P的坐标．

Answer 1

 

考点： 二次函数综合题． 

分析： （1）将A、B两点的坐标分别代入y=﹣x²+bx+c，运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；

（2）可分两种情况（①以C为直角顶点，②以A为直角顶点）讨论，然后根据点P的纵、横坐标之间的关系建立等量关系，就可求出点P的坐标；

（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD=EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）最短，然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点P的纵坐标，就可求出点P的坐标．

解答： 解：（1）∵抛物线y=﹣x²+bx+c与x轴交于A（4，0），B（﹣1，0）两点，

∴，

解得：，

则抛物线的解析式是y=﹣x²+3x+4；

 

（2）存在．

①当以C为直角顶点时，

过点C作CP₁⊥AC，交抛物线于点P₁，

过点P₁作y轴的垂线，垂足是M，如图1．

∵∠ACP₁=90°，

∴∠MCP₁+∠ACO=90°．

∵∠ACO+∠OAC=90°，

∴∠MCP₁=∠OAC．

∵OA=OC=4，

∴∠MCP₁=∠OAC=45°，

∴∠MCP₁=∠MP₁C，

∴MC=MP₁，

设P（m，﹣m²+3m+4），

则m=﹣m²+3m+4﹣4，

解得：m₁=0（舍去），m₂=2．

∴m=2，

此时﹣m²+3m+4=6，

∴P₁的坐标是（2，6）；

②当点A为直角顶点时，

过A作AP₂⊥AC交抛物线于点P₂，

过点P₂作y轴的垂线，垂足是N，AP交y轴于点F，如图2，则P₂N∥x轴，

∵∠CAO=45°，

∴∠OAP2 =45°，

∴∠FP₂N=45°，AO=OF，

∴P₂N=NF，

设P₂（n，﹣n²+3n+4），

则﹣n+4=﹣（﹣n²+3n+4），

解得：n₁=﹣2，n₂=4（舍去），

∴n=﹣2，

此时﹣n²+3n+4=﹣6，

∴P₂的坐标是（﹣2，﹣6）．

综上所述：P的坐标是（2，6）或（﹣2，﹣6）；

 

（3）当EF最短时，点P的坐标是（，2）或（，2）．

解题过程如下：

连接OD，如图3，由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF．

根据垂线段最短可得：当OD⊥AC时，OD（即EF）最短．

由（1）可知，在直角△AOC中，OC=OA=4．

根据等腰三角形的性质可得：D是AC的中点．

又∵DF∥OC，

∴△AFD∽△AOC，

∴==，

∴DF=OC=2，

∴点D的纵坐标是2，

∴点P的纵坐标也是2，

解﹣x²+3x+4=2，得x₁=，x₂=，

∴点P的坐标为（，2）或（，2）．

点评： 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到用待定系数法求抛物线的解析式、抛物线上点的坐标特征、等腰三角形的性质、矩形的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，有一定的综合性，运用分类讨论的思想是解决第（2）小题的关键，根据矩形的性质将EF转化为OD，然后利用垂线段最短是解决第（3）小题的关键．