Question

【题目】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点A、C的坐标分别为（-1，0），（0，-3），直线x=1为抛物线的对称轴．点D为抛物线的顶点，直线BC与对称轴相较于点E．

（1）求抛物线的解析式并直接写出点D的坐标；

（2）点P为直线x=1右方抛物线上的一点（点P不与点B重合）．记A、B、C、P四点所构成的四边形面积为S，若S=S△BCD，求点P的坐标；

（3）点Q是线段BD上的动点，将△DEQ延边EQ翻折得到△D′EQ，是否存在点Q使得△D′EQ与△BEQ的重叠部分图形为直角三角形？若存在，请求出BQ的长，若不存在，请说明理由．

Answer 1

【答案】(1)y=x2-2x-3，顶点D的坐标为（1，-4）；（2）P点坐标为（，）或（，）；（3）存在，或1或-，

【解析】

试题分析：（1）利用抛物线的对称性得到B（3，0），则设交点式为y=a（x+1）（x-3），把C（0，-3）代入求出a即可得到抛物线解析式，然后把解析式配成顶点式即可得到D点坐标；

（2）设P（m，m2-2m-3），先确定直线BC的解析式y=x-3，再确定E（1，-2），则可根据三角形面积公式计算出S△BDC=S△BDE+S△CDE=3，然后分类讨论：当点P在x轴上方时，即m＞3，如图1，利用S=S△PAB+S△CAB=S△BCD得到2m2-4m=；当点P在x轴下方时，即1＜m＜3，如图2，连结OP，利用S=S△AOC+S△COP+S△POB=S△BCD得到-m2+m+6=，再分别解关于m的一元二次方程求出m，从而得到P点坐标；

（3）存在．直线x=1交x轴于F，利用两点间的距离公式计算出BD=2，分类讨论：①如图3，EQ⊥DB于Q，证明Rt△DEQ∽Rt△DBF，利用相似比可计算出DQ=，则BQ=BD-DQ=；②如图4，ED′⊥BD于H，证明Rt△DEQ=H∽Rt△DBF，利用相似比计算出DH=，EH=，在Rt△QHD′中，设QH=x，D′Q=DQ=DH-HQ=-x，D′H=D′E-EH=DE-EH=2-，则利用勾股定理可得x2+（2-）2=（-x）2，解得x=1-，于是BQ=BD-DH+HQ-=+1；③如图5，D′Q⊥BC于G，作EI⊥BD于I，利用①得结论可得EI=，BI=，而BE=2，则BG=BE-EG=2-，根据折叠性质得∠EQD=∠EQD′，则根据角平分线性质得EG=EI=，接着证明△BQG∽△BEI，利用相似比可得BQ=-，所以当BQ为或+1或-时，将△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ与△BEQ的重叠部分图形为直角三角形．

试题解析：（1）∵点A与点B关于直线x=1对称，

∴B（3，0），

设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-3），

把C（0，-3）代入得-3a=-3，解得a=1，

∴抛物线就笑着说为y=（x+1）（x-3）=x2-2x-3，

∵y=（x-1）2-4，

∴抛物线顶点D的坐标为（1，-4）；

（2）设P（m，m2-2m-3），易得直线BC的解析式为y=x-3，

当x=1时，y=x-3=-3，则E（1，-2），

∴S△BDC=S△BDE+S△CDE=×3×（-2+4）=3，

当点P在x轴上方时，即m＞3，如图1，

S=S△PAB+S△CAB=3（3+1）+（3+1）（m2-2m-3）=2m2-4m，

∵S=S△BCD，

∴2m2-4m=，

整理得4m2-8m-15=0，解得m1=，m2=（舍去），

∴P点坐标为（，）；

当点P在x轴下方时，即1＜m＜3，如图2，连结OP，

S=S△AOC+S△COP+S△POB=31+3m+3（-m2+2m+3）=-m2+m+6，

∵S=S△BCD，

∴-m2+m+6=，

整理得m2-3m+1=0，解得m1=，m2=（舍去）

∴P点坐标为（，），

综上所述，P点坐标为（，）或（，）；

（3）存在．直线x=1交x轴于F，BD=，

①如图3，EQ⊥DB于Q，△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，

∵∠EDQ=∠BDF，

∴Rt△DEQ∽Rt△DBF，

∴，即，解得DQ=，

∴BQ=BD-DQ=2-=；

②如图4，ED′⊥BD于H，

∵∠EDH=∠BDF，

∴Rt△DEQ=H∽Rt△DBF，

∴，即，解得DH=，EH=，

在Rt△QHD′中，设QH=x，D′Q=DQ=DH-HQ=-x，D′H=D′E-EH=DE-EH=2-，

∴x2+（2-）2=（-x）2，解得x=1-，

∴BQ=BD-DQ=BD-（DH-HQ）=BD-DH+HQ=2-+1-=+1；

③如图5，D′Q⊥BC于G，作EI⊥BD于I，由①得EI=，BI=，

∵BE=，

∴BG=BE-EG=2-，

∵△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，

∴∠EQD=∠EQD′，

∴EG=EI=，

∵∠GBQ=∠IBE，

∴△BQG∽△BEI，

∴，即

∴BQ=-，

综上所述，当BQ为或1或-，将△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ与△BEQ的重叠部分图形为直角三角形．