Question

20．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x²+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线y=x-3经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q（点Q在线段PC上），BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST=TD时，求线段MN的长．

Answer 1

分析 （1）首先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）根据S_△ABC=S_△AMC+S_△AMB，由三角形面积公式可求y与m之间的函数关系式；
（3）如图2，由抛物线对称性可得D（2，-3），过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，OG⊥OS交KB于G，可得四边形OCKB为正方形，过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，可得四边形OHQI为矩形，可证△OBG≌△OCS，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，设ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，在Rt△SKR中，根据勾股定理求得m，可得tan∠PCD=$\frac{1}{2}$，过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，得到P（t，-$\frac{1}{2}$t-3），可得-$\frac{1}{2}$t-3=t²-2t-3，求得t，再根据MN=d求解即可．

解答 解：（1）∵直线y=x-3经过B、C两点，
∴B（3，0），C（0，-3），
∵y=x²+bx+c经过B、C两点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{9+3b+c=0}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-2}\\{c=-3}\end{array}\right.$，
故抛物线的解析式为y=x²-2x-3；
（2）如图1，y=x²-2x-3，
y=0时，x²-2x-3=0，
解得x₁=-1，x₂=3，
∴A（-1，0），
∴OA=1，OB=OC=3，
∴∠ABC=45°，AC=$\sqrt{10}$，AB=4，
∵PE⊥x轴，
∴∠EMB=∠EBM=45°，
∵点P的横坐标为1，
∴EM=EB=3-t，
连结AM，
∵S_△ABC=S_△AMC+S_△AMB，
∴$\frac{1}{2}$AB•OC=$\frac{1}{2}$AC•MN+$\frac{1}{2}$AB•EM，
∴$\frac{1}{2}$×4×3=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{10}$d+$\frac{1}{2}$×4（3-t），
∴d=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$t；
（3）如图2，
∵y=x²-2x-3=（x-1）²-4，
∴对称轴为x=1，
∴由抛物线对称性可得D（2，-3），
∴CD=2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，
∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，
∴DK=1，
∵BQ⊥CP，
∴∠CQB=90°，
过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，
∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，
∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ+∠OBQ=180°，
∴∠OBG=∠OCS，
∵OB=OC，∠BOG=∠COS，
∴△OBG≌△OCS，
∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，
∴∠SOG=90°，
∴∠ROG=45°，
∵OR=OR，
∴△OSR≌△OGR，
∴SR=GR，
∴SR=CS+BR，
∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，
∴∠BOR=∠TBK，
∴tan∠BOR=tan∠TBK，
∴$\frac{BR}{OB}$=$\frac{TK}{BK}$，
∴BR=TK，
∵∠CTQ=∠BTK，
∴∠QCT=∠TBK，
∴tan∠QCT=tan∠TBK，
设ST=TD=m，
∴SK=2m+1，CS=2-2m，TK=m+1=BR，SR=3-m，RK=2-m，
在Rt△SKR中，
∵SK²+RK²=SR²，
∴（2m+1）²+（2-m）²=（3-m）²，
解得m₁=-2（舍去），m₂=$\frac{1}{2}$；
∴ST=TD=$\frac{1}{2}$，TK=$\frac{3}{2}$，
∴tan∠TBK=$\frac{TK}{BK}$=$\frac{3}{2}$÷3=$\frac{1}{2}$，
∴tan∠PCD=$\frac{1}{2}$，
过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，
∵CF′=OE′=t，
∴PF′=$\frac{1}{2}$t，
∴PE′=$\frac{1}{2}$t+3，
∴P（t，-$\frac{1}{2}$t-3），
∴-$\frac{1}{2}$t-3=t²-2t-3，
解得t₁=0（舍去），t₂=$\frac{3}{2}$．
∴MN=d=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$t=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$×$\frac{3}{2}$=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、解方程（方程组）、相似三角形（或三角函数）、勾股定理等重要知识点．