Question

16．已知抛物线y=ax²+bx+8（a≥1）过点D（5，3），与x轴交于点B、C（点B、C均在y轴右侧）且BC=2，直线BD交y轴于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在一点N，使△ABN与△BCD相似？若存在，求出点A、N的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在直线BD上是否存在一点P和平面内一点Q，使以Q、P、B、C四点为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设出B、C的坐标，可表示出其长度，利用根与系数的关系可得到关于a、b的方程，再把D点坐标代入可得到关于a、b的方程，可求得a、b的值，则可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得B、C的坐标，利用待定系数法可求得直线BD的解析式，则可求得A点坐标，当点N在x轴上时，可设N（x，0），则有△BCD∽△BNA或△BCD∽△BAN，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值，当点N在y轴上时，可设N（0，y），则有△BCD∽△ABN或△BCD∽△ANB，利用相似三角形的性质可得到关于y的方程，可求得y的值，可求得N点坐标；
（3）可设出P点的坐标，当BC为边时，则可知BP=BC，当BC为对角线时，可知点BP=PC，可得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标．

解答 解：
（1）设B点坐标为（x₁，0），C点坐标为（x₂，0），
则x₁、x₂是方程ax²+bx+8=0的两根，
∴x₁+x₂=-$\frac{b}{a}$，x₁x₂=$\frac{8}{a}$，
∵BC=|x₁-x₂|=2，
∴（x₁-x₂）²=4，即（x₁+x₂）²-4x₁x₂=4，
∴$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{32}{a}$=4①，
把D点坐标代入抛物线解析式可得25a+5b+8=3②，
由①②可解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-6}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{21}}\\{b=-\frac{26}{21}}\end{array}\right.$（舍去），
∴抛物线解析式为y=x²-6x+8；

（2）在y=x²-6x+8中，令y=0可得x²-6x+8=0，解得x=2或x=4，
∴B（2，0），C（4，0），
设直线BD解析式为y=kx+s，
把B、D坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{2k+s=0}\\{5k+s=3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{s=-2}\end{array}\right.$，
∴直线BD解析式为y=x-2，
∴A（0，-2），
①当点N在x轴上时，设N（x，0），则点N应在点B左侧，
∴BN=2-x，
∵A（0，-2），B（2，0），D（5，3），
∴AB=2$\sqrt{2}$，BD=3$\sqrt{2}$
∵∠ABN=∠DBC，
∴有△BCD∽△BNA或△BCD∽△BAN，
当△BCD∽△BNA时，则有$\frac{BD}{BA}$=$\frac{BC}{BN}$，即$\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{2}{2-x}$，解得x=$\frac{2}{3}$，此时N点坐标为（$\frac{2}{3}$，0）；
当△BCD∽△BAN时，则有$\frac{BD}{BN}$=$\frac{BC}{BA}$，即$\frac{3\sqrt{2}}{2-x}$=$\frac{2}{2\sqrt{2}}$，解得x=-4，此时N点坐标为（-4，0）；
②当点N在y轴上时，设N（0，y），则点N应在A点上方，
∴AN=y+2，
由上可知有△BCD∽△ABN或△BCD∽△ANB，
当△BCD∽△ABN时，则有$\frac{BC}{AB}$=$\frac{BD}{AN}$，即$\frac{2}{2\sqrt{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{y+2}$，解得y=4，此时N点坐标为（0，4）；
当△BCD∽△ANB时，则有$\frac{BC}{AN}$=$\frac{BD}{AB}$，即$\frac{2}{y+2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$，解得y=-$\frac{2}{3}$，此时N点坐标为（0，$\frac{2}{3}$）；
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（$\frac{2}{3}$，0）或（-4，0）或（0，4）或（0，$\frac{2}{3}$）；

（3）∵点P在直线BD上，
∴可设P（t，t-2），
∴BP=$\sqrt{（t-2）^{2}+（t-2）^{2}}$=$\sqrt{2}$|t-2|，PC=$\sqrt{（t-4）^{2}+（t-2）^{2}}$=$\sqrt{2{t}^{2}-12t+20}$，
∵以Q、P、B、C四点为顶点的四边形为菱形，
∴有BC为边或BC为对角线，
当BC为边时，则有BP=BC，即$\sqrt{2}$|t-2|=2，解得t=2+$\sqrt{2}$或t=2-$\sqrt{2}$，此时P点坐标为（2+$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）或（2-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）；
当BC为对角线时，则有BP=PC，即$\sqrt{2}$|t-2|=$\sqrt{2{t}^{2}-12t+20}$，解得t=3，此时P点坐标为（3，1）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（2+$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）或（2-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）或（3，1）．

点评 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、根与系数的关系、相似三角形的判定和性质、菱形的性质、方程思想和分类讨论思想等知识．在（1）中利用条件得到关于a、b的两个方程是解题的关键，在（2）中设出N点的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意分N点在x轴和y轴两种情况，在（3）中用t表示出BP和PC的长，利用菱形的性质得到关于t的方程是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．