Question

16．已知，如图，抛物线y=ax²+bx+c过A（0，3）、B（-3，0）、C（1，0），
（1）求抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（2）E是对称轴MN上一点，且ME=AO，点P是线段ME上一动点，PQ⊥MN交对称轴右侧抛物线于点Q，连QE并延长交x轴于T点，连PT，设Q点横坐标为t，△PET的面积为S，求出S与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，连MQ，过Q作MQ的垂线交MN于S交x轴于L，求证：PQ²=TN×LN说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法求二次函数的解析式，并配方求其顶点M的坐标；
（2）根据坐标求出PE的长，证明△TNE∽△QPE，得$\frac{TN}{PQ}=\frac{EN}{PE}$，求出TN的长，代入面积公式可求出S与t之间的函数关系式；
（3）作辅助线，构建直角三角形，利用∠QLD和∠QMP的正切列式，代入可得LD的长，由（2）得TN的长，计算LN•TN可得（t+1）²，则PQ²=TN×LN．

解答 解：（1）把A（0，3）、B（-3，0）、C（1，0）代入抛物线y=ax²+bx+c得：
$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{9a-3b+c=0}\\{a+b+c=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=-2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线y=-x²-2x+3=-（x+1）²+4，
∴顶点M（-1，4）；
（2）如图1，由题意得：Q（t，-t²-2t+3），
∵M（-1，4），A（0，3），
∴MN=4，OA=3，
∴ME=OA=3，
∵NE=4-3=1，
∴PE=PN-NE=-t²-2t+3-1=-t²-2t+2，
∵PQ=t+1，
∵PQ⊥MN，TN⊥MN，
∴PQ∥TN，
∴△TNE∽△QPE，
∴$\frac{TN}{PQ}=\frac{EN}{PE}$，
∴$\frac{TN}{t+1}$=$\frac{1}{-{t}^{2}-2t+2}$，
∴TN=$\frac{t+1}{-{t}^{2}-2t+2}$，
∴S=$\frac{1}{2}$PE•TN=$\frac{1}{2}$（-t²-2t+2）$•\frac{t+1}{-{t}^{2}-2t+2}$=$\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}$；
（3）如图3，过Q作QD⊥x轴于D，
∵MQ⊥QL，
∴∠MQP+∠PQL=90°，
∵∠QMP+∠MQP=90°，
∴∠PQL=∠QMP，
∵PQ∥LT，
∴∠PQL=∠QLD，
∴∠QMP=∠QLD，
∵tan∠QMP=$\frac{PQ}{PM}$，tan∠QLD=$\frac{QD}{LD}$，
∴$\frac{PQ}{PM}=\frac{QD}{LD}$，
∴$\frac{t+1}{4-（-{t}^{2}-2t+3）}$=$\frac{-{t}^{2}-2t+3}{LD}$，
LD=$\frac{（{t}^{2}+2t+1）（-{t}^{2}-2t+3）}{t+1}$，
∴LN=LD-ND=$\frac{（{t}^{2}+2t+1）（-{t}^{2}-2t+3）}{t+1}$-（t+1）=$\frac{-（t+1）^{2}（{t}^{2}+2t-2）}{t+1}$，
∴LN•TN=$\frac{-（t+1）^{2}（{t}^{2}+2t-2）}{t+1}$•$\frac{t+1}{-{t}^{2}-2t+2}$=（t+1）²=PQ²．

点评 本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、利用配方法求顶点坐标、相似三角形的判定和性质及三角函数，根据相似三角形的性质和同角的三角函数列比例式可求得结论，另外本题的计算量大，容易出错．