Question

抛物线y=ax2-(a+

4

3

)x+b过点D（2，-2），交x轴分别于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于C，且直线y=kx-1过C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过D作DQ⊥y轴于点Q，将抛物线沿x轴向左平移m个单位交线段DQ于点P（不与Q、D重合），当BP⊥CP时，求m的值；
（3）将△BCD绕点D逆时针旋转，使两条射线DB、DC分别交x、y轴于M、N，是否存在这样的点M、N，使

OM

ON

=

3

5

？若存在，求M、N的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）利用直线解析式求出点C的坐标，再把点C、D的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）过点B作BE⊥DQ交QD的延长线于E，然后求出△PCQ和△BPE相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出PQ的长，再根据m=DQ-PQ计算即可得解；
（3）利用勾股定理列式求出BC、BD、CD，再利用勾股定理逆定理求出∠BDC=90°，过点D作DE⊥x轴于E，作DF⊥y轴于F，根据同角的余角相等求出∠MDE=∠NDF，再利用“角角边”证明△MDE和△NDF全等，根据全等三角形对应边相等可得ME=NF，根据比例设OM=3k，ON=5k，然后分点M在x轴正半轴和负半轴两种情况，利用ME=NF列式求解即可．

解答：解：（1）∵直线y=kx-1过点C，
∴x=0时，y=-1，
∴点C的坐标为（0，-1），
∵抛物线y=ax²-（a+

4

3

）x+b经过点C、D（2，-2），
∴

b=-1 4a-(a+ 4 3 )×2+b=-2

，
解得

a= 5 6 b=-1

，
∴抛物线的解析式为y=

5

6

x²-

13

6

x-1；

（2）过点B作BE⊥DQ交QD的延长线于E，
∵BP⊥CP，
∴∠CPQ+∠BPE=180°-90°=90°，
∵DQ⊥y轴，
∴∠CPQ+∠PCQ=90°，
∴∠CPQ=∠BPE，
又∵∠PQC=∠E=90°，
∴△PCQ∽△BPE，
∴

CQ

PE

=

PQ

BE

，
令y=0，则

5

6

x²-

13

6

x-1=0，
整理得，5x²-13x-6=0，
解得x₁=-

3

5

，x₂=3，
∴点B（3，0），
∴QE=3，
又∵点C（0，-1），D（2，-2），DQ⊥y轴，
∴CQ=2-1=1，BE=2，
∴

1

3-PQ

=

PQ

2

，
整理得，PQ²-3PQ+2=0，
解得PQ=1或PQ=2（P、D重合，舍去），
∴m=DQ-PQ=2-1=1，
故，当BP⊥CP时，m的值是1；


（3）由勾股定理得，BC=

32+12

=

10

，
BD=

(2-3)2+(-2-0)2

=

5

，
CD=

(2-0)2+(-2+1)2

=

5

，
∵BD²+CD²=BC²=10，
∴∠BDC=90°，
由旋转的性质，∠MDN=∠BDC=90°，
过点D作DE⊥x轴于E，作DF⊥y轴于F，
则∠MDE+∠MDF=∠EDF=90°，
∠NDF+∠MDF=∠MDN=90°，
∴∠MDE=∠NDF，
∵点D（2，-2），
∴ME=MF=2，
在△MDE和△NDF中，

∠MDE=∠NDF ∠MED=∠NFD=90° DE=DF

，
∴△MDE≌△NDF（AAS），
∴ME=NF，
∵

OM

ON

=

3

5

，
∴OM=3k，ON=5k，
①点M在x轴正半轴时，ME=2-3k，NF=5k-2，
∴2-3k=5k-2，
解得k=

1

2

，
∴OM=

3

2

，ON=

5

2

，
点M（

3

2

，0），N（0，-

5

2

）；
②点M在x轴负半轴时，ME=2+3k，NF=5k-2，
∴2+3k=5k-2，
解得k=2，
∴OM=6，ON=10，
点M（-6，0），N（0，-10）；
综上所述，M、N的坐标分别为M（

3

2

，0），N（0，-

5

2

）或M（-6，0），N（0，-10）．

点评：本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，（2）根据BP⊥CP作辅助线构造出相似三角形是解题的关键，（3）作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，难点在于要分情况讨论．