Question

10．如图，在平面直角坐标系中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，A（1，0），B（0，2），C（3，1）抛物线y=$\frac{1}{2}$x²+bx-2的图象过C点，交y轴于点D．
（1）在后面的横线上直接写出点D的坐标及b的值：（0，-2），b=$\frac{1}{2}$；
（2）平移该抛物线的对称轴所在直线l，设l与x轴交于点G（x，0），当OG等于多少时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分？
（3）点P是抛物线上一动点，是否存在点P，使四边形PACB为平行四边形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据自变量与函数值得对应关系，可得D点坐标；
（2）根据勾股定理，可得AB的长，根据三角形的面积，可得△ABC的面积，根据待定系数法，可得AC，BC的解析式，根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得EF的长，根据△EFC的面积与△ABC的关系，可得关于x的方程，根据解方程，可得答案；
（3）根据一个角的两边平行于另一个角的两边，可得这两个角相等，根据全等三角形的判定与性质，可得PN，AN，根据点的坐标，可得P点，根据点的坐标满足函数解析式，可得点在函数图象上．

解答 解：（1）将C点坐标代入解析式，得
$\frac{1}{2}$×3²+3b-2=1，
解得b=$\frac{1}{2}$，
函数解析式y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x-2，
当x=0时，y=-2，即D（0，-2），
故答案为：（0，-2），$\frac{1}{2}$；

（2）在Rt△A0B中，OA=1，OB=2，由勾股定理，得
AB²=OA²+OB²=5，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB²=$\frac{5}{2}$，
设l与AC、BC分别交于E，F，直线BC所在的直线解析式为y=kx+b，
将B（0，2），C（3，1）代入函数解析式，得
$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{3k+b=1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{k=-\frac{1}{3}}\end{array}\right.$，
直线BC的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+2，
同理直线AC的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-$\frac{1}{2}$，
∴点E，F的坐标为E（x，$\frac{1}{2}$x-$\frac{1}{2}$），F（x，-$\frac{1}{3}$x+2），
EF=（-$\frac{1}{3}$x+2）-（$\frac{1}{2}$x-$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{2}$-$\frac{5}{6}$x，
过C作CH⊥x轴于H点，
，
在△CEF中，EF边上的高h=OH-x=3-x，
由题意可知S_△CEF=$\frac{1}{2}$S_△ABC=$\frac{1}{2}$EF•h，
即$\frac{1}{2}$（$\frac{5}{2}$-$\frac{5}{6}$x）（3-x）=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$，
解得x₁=3-$\sqrt{3}$，x₂=3+$\sqrt{3}$（不符合题意，舍），
当OG=3-$\sqrt{3}$时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分；

（3）抛物线上存在点P，使四边形PACB为平行四边形，
如图2，
过C作CM⊥y轴于点M，则CM=3，OM=1，BM=OB-OM=1．
过点P作PA∥BC，且AP=BC，连接BP，则四边形PABC是平行四边形，
∵$\left\{\begin{array}{l}{PA∥BC}\\{AN∥MC}\end{array}\right.$，
∴∠PAN=∠BCM．
过点P作PN⊥x轴于N，
在△APN和△CBM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PAN=∠BCM}\\{∠PNA=∠BMC}\\{PA=BC}\end{array}\right.$
∴△PAN≌△BCM，
∴PN=BM=1，AN=CM=3，
∴ON=AN-OA=2，
∴P点坐标为（-2，1）．
抛物线解析式为：y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$x-2，当x=-2时，y=1，即点P在抛物线上．
∴存在符合条件的点P，点P的坐标为（-2，1）．

点评 本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的关系得出关于x的方程，又利用了平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标；解（3）的关键是利用全等三角形的判定与性质得出PN，AN的长，又利用了点与函数图象的关系．