Question

6．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=-x²-（m-1）x+m²-6交x轴于点A，D，交y轴正半轴于点B（0，3），顶点C位于第二象限，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是y轴正半轴上一点，且在B点上方，∠ECB=∠CAB，求证：CE是△ABC外接圆的切线；
（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以B，D，P为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）图2中，设与△AOB重合的△EFG从△AOB的位置出发，沿x轴负方向平移t个单位长度（0＜t≤$\frac{3}{2}$）时，△EFG与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t之间的函数关系式．

Answer 1

分析 （1）把B点坐标代入y=-x²-（m-1）x+m²-6得到m₁=3，m₂=-3，由于顶点C位于第二象限，根据对称轴得到x=-$\frac{3}{2}$＜0，即m＞1，所以m=3，于是得到抛物线的解析式为y=-x²-2x+3；
（2）先确定A点坐标（-3，0）和C点坐标（1，4），而B点坐标为（0，3），根据两点间的距离公式得到AB=3 $\sqrt{2}$，AC=2 $\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{2}$，易得AB²+BC²=AC²，根据勾股定理的逆定理得∠ABC=90°，则∠CAB+∠ACB=90°，由于∠CAB=∠DCB，所以∠DCB+∠ACB=90°，于是得到CD⊥AC．
（3）存在．首先证明△BOD∽△ABC，可得当点P与点O重合时，△BPD∽△ABC；作DP′⊥BD交y轴于P′，则△BDP′∽△ABC，由直线BD的解析式为y=-3x+3，推出直线DP′的解析式为y=$\frac{1}{3}$x-$\frac{1}{3}$，可得P′（0，-$\frac{1}{3}$）；作BP″⊥BD交x轴于P″，则△P″BD∽△ABC，可得直线BP″的解析式为y=$\frac{1}{3}$x+3，令y=0，得x=-9，可得P″（-9，0）．由此即可解决问题．
（4）过点C作射线CF∥x轴交AB于点F，先求得直线AB的解析式，然后求得点F的坐标，当0＜x＜$\frac{3}{2}$时，如图1所示，依据S=S_△MND-S_△GNA-S_△HAD可求得S与t的函数关系式，当 $\frac{3}{2}$＜x≤3，如图2所示：由S=S_△IVA，从而可求得S与t的函数关系式；

解答 解：（1）把B（0，3）代入y=-x²-（m-1）x+m²-6得m²-6=3，解得m₁=3，m₂=-3，
∵顶点C位于第二象限，
∴x=-$\frac{m-1}{2×（-1）}$＜0，即m＞1，
∴m=3，
∴抛物线的解析式为y=-x²-2x+3；

（2）如图1中，

令y=0，则-x²-2x+3=0，解得x₁=-3，x₂=1，
∴A点坐标为（-3，0），
∵y=-x²-2x+3=-（x-1）²+4，
∴C点坐标为（1，4），
而B点坐标为（0，3），
∴AB=3 $\sqrt{2}$，AC=2 $\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{2}$，
∵（3 $\sqrt{2}$）²+（ $\sqrt{2}$）²=（2 $\sqrt{5}$）²，
∴AB²+BC²=AC²，
∴∠ABC=90°，
∴AC是△ABC外接圆的直径，
∴∠CAB+∠ACB=90°，
而∠CAB=∠DCB，
∴∠DCB+∠ACB=90°，
∴CD⊥AC．
∴CD是△ABC外接圆的切线．

（3）存在．理由如下：
如图1中，∵B（0，3），D（1，0），
∴OB=3，OD=1，
∵BC=$\sqrt{2}$，AB=3$\sqrt{2}$，
∴$\frac{OD}{OB}$=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{OD}{BC}$=$\frac{OB}{AB}$，∵∠ABC=∠BOD=90°，
∴△BOD∽△ABC，
∴当点P与点O重合时，△BPD∽△ABC，
作DP′⊥BD交y轴于P′，则△BDP′∽△ABC，
∵直线BD的解析式为y=-3x+3，
∴直线DP′的解析式为y=$\frac{1}{3}$x-$\frac{1}{3}$，
∴P′（0，-$\frac{1}{3}$）．
作BP″⊥BD交x轴于P″，则△P″BD∽△ABC，
∵直线BP″的解析式为y=$\frac{1}{3}$x+3，
令y=0，得x=-9，
∴P″（-9，0）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，0）或（0，-$\frac{1}{3}$）或（-9，0）．

（4）设直线AC的解析式为y=kx+b．
∵将A（-3，0），C（-1，4）代入y=kx+b得 $\left\{\begin{array}{l}{-k+b=4}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴y=2x+6，
过点B作射线CF∥x轴交AC于点N．
∵将y=3代入直线AC的解析式得：2x+6=3，得x=-$\frac{3}{2}$，
∴F（-$\frac{3}{2}$，3）．
当0＜t≤$\frac{3}{2}$时，如图1所示，

设△AOB平移到△EFG的位置，EF交AC于点H，FG交AB于点M．则OG=AE=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交CN于点L．由△AHE∽△FHN，得
$\frac{AE}{FN}$=$\frac{HK}{HL}$，即$\frac{t}{\frac{3}{2}-t}$=$\frac{HK}{3-HK}$．
解得HK=2t
．∴S=S_△EFG-S_△AGM-S_△AEH=$\frac{1}{2}$×3×3-$\frac{1}{2}$（3-t）²-$\frac{1}{2}$t×2t=-$\frac{3}{2}$t²+3t．
②当 $\frac{3}{2}$＜t≤3时，如图2所示，

设△AOB平移到△EGF的位置，EG交AC于点I，交AB于点V．
∵直线AB的解析式为：y=x+3，直线 AC的解析式为：y=2x+6
∴V（t，t+3），I（t，-2t+6）
∴IV=-2t+6-（-t+3）=-t+3，AQ=3-t．
∴S=S_△IVA=$\frac{1}{2}$IV•AG=$\frac{1}{2}$（3-t）2=$\frac{1}{2}$t²-3t+$\frac{9}{2}$，（$\frac{3}{2}$＜t≤3）．
综上所述：S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}+3t}&{（0＜t≤\frac{3}{2}）}\\{\frac{1}{2}{t}^{2}-3t+\frac{9}{2}}&{（\frac{3}{2}＜t≤3）}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了二次函数综合题、待定系数法、平移变换、三角形的面积、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，切线的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．