Question

7．如图，抛物线y=ax²+bx+3经过A（1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交线段BC于点M，交抛物线于点N．试探究m为何值时，四边形MNOC是平行四边形．
（3）如图2，点Q是线段OB上一动点，在线段BC上是否存在点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）把点A（1，0）、B（4，0）两点的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求解；
（2）用m的代数式表示点M、N的坐标，求出MN，根据MN=OC，列出方程即可解决问题．
（3）分两种情况分别讨论①当∠BQM=90°时，如图2，设M（a，b），由△MQB∽△COB，得$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MQ}{OC}$，列出方程即可．②当∠QMB=90°时，如图3，设CM=MQ=m，则BM=5-m，由△BMQ∽△BOC，可得 $\frac{m}{3}$=$\frac{5-m}{4}$，解方程即可．

解答 解：（1）由已知得 $\left\{\begin{array}{l}{a+b+3=0}\\{16a+4b+3=0}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{3}{4}}\\{b=-\frac{15}{4}}\end{array}\right.$．
所以，抛物线的解析式为y=$\frac{3}{4}$x²-$\frac{15}{4}$x+3．

（2）如图1中，

∵B（4，0）、C（0，3），
∴直线BC的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∵P（m，0），
∴M（m，-$\frac{3}{4}m$+3），N（m，$\frac{3}{4}$m²-$\frac{15}{4}$m+3），
∴MN=$\frac{3}{4}$m²-$\frac{15}{4}$m+3-（-$\frac{3}{4}$m+3）=$\frac{3}{4}$m²-3m，
∵MN∥OC，
∴当MN=OC时，四边形MNOC是平行四边形，
∴$\frac{3}{4}$m²-3m=2，
∴m=$\frac{8±2\sqrt{15}}{3}$．

（3）①当∠BQM=90°时，如图2，设M（a，b），

∵∠CMQ＞90°，
∴只能CM=MQ=b，
∵MQ∥y轴，
∴△MQB∽△COB，
∴$\frac{BM}{BC}$=$\frac{MQ}{OC}$，即 $\frac{5-b}{3}$=$\frac{b}{3}$，解得b=$\frac{15}{8}$，代入y=-$\frac{3}{4}$x+3得 $\frac{15}{8}$=-$\frac{3}{4}$ a+3，解得a=$\frac{3}{2}$，
∴M（ $\frac{3}{2}$，$\frac{15}{8}$）；

②当∠QMB=90°时，如图3，

∵∠CMQ=90°，
∴只能CM=MQ，
设CM=MQ=m，
∴BM=5-m，
∵∠BMQ=∠COB=90°，∠MBQ=∠OBC，
∴△BMQ∽△BOC，
∴$\frac{m}{3}$=$\frac{5-m}{4}$，解得m=$\frac{15}{7}$，
作MN∥OB，
∴$\frac{MN}{OB}$=$\frac{CN}{OC}$=$\frac{CM}{BC}$，即 $\frac{MN}{4}$=$\frac{CN}{3}$=$\frac{15}{7}$，
∴MN=$\frac{12}{7}$，CN=$\frac{9}{7}$，
∴ON=OC-CN=3-$\frac{9}{7}$=$\frac{12}{7}$，
∴M（ $\frac{12}{7}$，$\frac{12}{7}$）．
综上，在线段BC上存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形，点M的坐标为（ $\frac{3}{2}$，$\frac{15}{8}$）或（ $\frac{12}{7}$，$\frac{12}{7}$）．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质等；解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．