Question

5．如图，已知抛物线与x轴交于A（-1，0），B（3，0），与y轴交于C（0，-3），顶点为点M．
（1）求抛物线的解析式及点M的坐标．
（2）点P是直线BC在y轴右侧部分图象上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△AOC相似，求符合条件的P点坐标．
（3）过点C作CD∥AB，CD交抛物线于点D，点Q是线段CD上的一动点，作直线QN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BQE=∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．

Answer 1

分析 （1）设交点式y=a（x+1）（x-3），再把C点坐标代入求出a即可得到抛物线的解析式，然后把一般式化为顶点式可得到点M的坐标；
（2）连接MC，作MF⊥y轴于点F，如图，则点F坐标为（0，-4），先证明△CMF为等腰直角三角形得到MC=$\sqrt{2}$，∠FCM=∠FMC=45°，△OBC为等腰直角三角形得到∠OCB=∠OBC=45°．则∠PCM=90°，过点P作PH⊥y轴于H，如图，根据相似三角形的判定方法当$\frac{PC}{AO}$=$\frac{MC}{CO}$时，△PCM∽△AOC，利用相似比计算出PC=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，从而得到PH=CH=$\frac{1}{3}$，则可确定此时点P的坐标为（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）；当$\frac{PC}{CO}$=$\frac{MC}{AO}$时，△PCM∽△COA，用同样方法可确定此时P点坐标为（3，0）；
（3）设点E的坐标为（n，0），Q的坐标为（m，-3），先利用对称性得到D（2，-3），利用两点间的距离公式计算出BD=$\sqrt{10}$，再证明△NCQ∽△QDB，利用相似比得到CN=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m²-2m），根据二次函数的性质可确定此时Q的坐标为（1，-3），然后证明△EQB∽△BDQ，再利用相似比求出BE的长，从而可得到E点坐标．

解答 解：（1）∵抛物线与x轴交于A（-1，0），B（3，0），
∴设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3）．
把（0，-3）代入y=a（x+1）（x-3）得a•1•（-3）=-3，解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x-3），即y=x²-2x-3．
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴点M的坐标是（1，-4）；
（2）连接MC，作MF⊥y轴于点F，如图，则点F坐标为（0，-4）．
∵MF=1，CF=-3-（-4）=1，
∴△CMF为等腰直角三角形，
∴MC=$\sqrt{2}$，∠FCM=∠FMC=45°，
∵B（3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴∠OCB=∠OBC=45°．
∴∠MCB=180°-∠OCB-∠FCM=90°，
即∠PCM=90°，
过点P作PH⊥y轴于H，如图，
∵∠PCM=∠AOC，
∴当$\frac{PC}{AO}$=$\frac{MC}{CO}$时，△PCM∽△AOC，即$\frac{PC}{1}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，解得PC=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
∵∠PCH=45°，
∴PH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PC=$\frac{1}{3}$，
∴OH=OC-CH=3-$\frac{1}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴此时点P的坐标为（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）；
∴当$\frac{PC}{CO}$=$\frac{MC}{AO}$时，△PCM∽△COA，即$\frac{PC}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{1}$，解得PC=3$\sqrt{2}$，
∴PH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$PC=3，
∴OH=OC-CH=3-$\frac{1}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴此时点P与点B重合，即P点坐标为（3，0）；
综上所述，符合题意的P点坐标为P（$\frac{1}{3}$，-$\frac{8}{3}$）或（3，0）；
（3）设点E的坐标为（n，0），Q的坐标为（m，-3）．
∵CD∥x轴，
∴C点和D点关于直线x=1对称，
∴D（2，-3），
∴BD=$\sqrt{（3-2）^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵Q（m，-3），
∴QD=2-m，CQ=m（0≤m≤2），
∵∠BQE=∠BDC，∠EQC+∠BQE=∠BDC+∠QBD，
∴∠EQC=∠QBD，
又由抛物线的轴对称性可知：∠NCQ=∠BDC，
∴△NCQ∽△QDB．
∴$\frac{CN}{QD}$=$\frac{CQ}{BD}$，即$\frac{CN}{2-m}$=$\frac{m}{\sqrt{10}}$，
∴CN=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m²-2m）=-$\frac{\sqrt{10}}{10}$（m-1）²+$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
∴当m=1时，CN有最大值，此时Q的坐标为（1，-3），
∴QG=3，BG=2，QD=1．
∴QB=$\sqrt{（3-1）^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∵CD∥x轴，
∴∠BEQ=∠NQC=∠QBD，
而∠EBQ=∠BQD．
∴△EQB∽△BDQ．
∴$\frac{BQ}{QD}$=$\frac{EB}{BQ}$，即$\frac{\sqrt{13}}{1}$=$\frac{BE}{\sqrt{13}}$，解得BE=13，
∴OE=BE-OB=13-3=10，
∴E的坐标为（-10，0）．

点评 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定于性质；会利用待定系数法求二次函数和一次函数解析式；能利用两点间的距离公式和相似计算线段的长；理解坐标与图形性质；会应用分类讨论的思想解决数学问题．