Question

20．已知：如图，抛物线y=ax²+bx+6交x轴于A（-2，0），B（3，0）两点，交y轴于点C，
（1）求a，b的值；
（2）连接BC，点P为第一象限抛物线上一点，过点A作AD⊥x轴，过点P作PD⊥BC于交直线AD于点D，设点P的横坐标为t，AD长为d，求d与t的函数关系式（请求出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，DP与BC交于点F，过点D作DE∥AB交BC于点E，点Q为直线DP上方抛物线上一点，连接AP、PC，若DP=CE，∠QPC=∠APD时，求点Q坐标．

Answer 1

分析 （1）根据待定系数法可求a，b的值；
（2）如图2，过点P作PG⊥DE于点K，交x轴于点G，结合三角函数表示出DK=t+2，PK=$\frac{1}{2}$DK=$\frac{1}{2}$（t+2），得出四边形ADKG为矩形，得到AD=KG，再根据d=AD=KG=PG-PK即可求解；
（3）如图3，过点P作PH⊥AD于点H，根据AAS可证△PHD≌△CNE，再分两种情况：当点Q在第一象限时，过点Q作QL⊥PH于点L；当点Q在第二象限时，过点Q作QM⊥PH；进行讨论可求点Q坐标．

解答 解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+6过点A（-2，0），B（3，0），则
$\left\{\begin{array}{l}{4a-2b+6=0}\\{9a+3b+6=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=1}\end{array}\right.$．
故抛物线解析式为y=-x²+x+6；
（2）如图2，过点P作PG⊥DE于点K，交x轴于点G，
∵PD⊥BC，DE⊥y轴，∠BCO=∠PDK，OB=3，OC=6
∴tan∠BCO=tan∠PDK=$\frac{1}{2}$，DK=t+2，PK=$\frac{1}{2}$DK=$\frac{1}{2}$（t+2），
∵DK∥AB，AD⊥AB，
∴四边形ADKG为矩形，
∴AD=KG，
d=AD=KG=PG-PK=-t²+t+6-$\frac{1}{2}$（t+2）=-t²+$\frac{1}{2}$t+5（0＜t＜3）；
（3）如图3，过点P作PH⊥AD于点H，
在△PHD与△CNE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CNE=∠PHD}\\{∠HPD=∠NCE}\\{DP=CE}\end{array}\right.$，
∴△PHD≌△CNE，
∴PH=CN=OC-ON，
∵四边形ADON为矩形，
∴CN=6-（-t²+$\frac{1}{2}$t+5）=t²-$\frac{1}{2}$t+1，PH=t+2，
∴t+2=t²-$\frac{1}{2}$t+1，
解得t₁=2，t₂=-$\frac{1}{2}$（舍），
把t=2代入抛物线y=-x²+x+6=4，
∴点P（2，4），
∵PH与y轴交于点R，PR=CR=2，
∴∠CPR=45°，PH=AH=4，
∴∠APH=45°，
∴∠APC=90°，
∵∠QPC=∠APD，
∴∠QPD=90°，
当点Q在第一象限时，过点Q作QL⊥PH于点L，
∴∠LQP=∠HPD，
∴tan∠LQP=tan∠HPD=$\frac{1}{2}$，
设点Q（m，-m²+m+6），则PL=2-m，QL=-m²+m+2，则
$\frac{2-m}{-{m}^{2}+m+2}$=$\frac{1}{2}$，
解得m₁=1，m₂=2（舍），
把m=1 代入-m²+m+6=6，
∴Q（1，6），
当点Q在第二象限时，过点Q作QM⊥PH，
∵∠CPH=∠APH=45°∠QPC=∠APD，
∴∠QPM=∠DPH  tan∠QPM=tan∠DPH=$\frac{1}{2}$，
设点Q（n，-n²+n+6）PM=2-n   QM=-n²+n+2，
∴$\frac{-{n}^{2}+n+2}{2-n}$=$\frac{1}{2}$，
解得n₁=-$\frac{1}{2}$，n₂=2（舍），
把n=1-$\frac{1}{2}$代入-n²+n+6=$\frac{21}{4}$，
∴Q（-$\frac{1}{2}$，$\frac{21}{4}$）．
综上所述，点Q坐标为Q（1，6）或Q（-$\frac{1}{2}$，$\frac{21}{4}$）．

点评 本题为二次函数综合应用，涉及三角函数、待定系数法、函数与方程及分类讨论思想等知识点．涉及的知识点较多，计算量较大，综合性较强，难度较大．