Question

如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=-x+n与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=ax²+bx+3（a≠0）过C、B两点，交x轴于另一点A，连接AC，且tan∠CAO=3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是射线CB上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交抛物线于Q，设P点横坐标为t，线段PQ的长为d，求出d与t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，当点P在线段BC上时，设PH=e，已知d，e是以y为未知数的一元二次方程：y²-（m+3）y+

1

4

（5m²-2m+13）=0（m为常数）的两个实数根，点M在抛物线上，连接MQ、MH、PM，且．MP平分∠QMH，求出t值及点M的坐标．

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：

分析：（1）当x=0时代入抛物线y=ax²+bx+3（a≠0）就可以求出y=3而得出C的坐标，就可以得出直线的解析式，就可以求出B的坐标，在直角三角形AOC中，由三角形函数值就可以求出OA的值，得出A的坐标，再由待定系数法建立二元一次方程组求出其解就可以得出结论；
（2）分两种情况讨论，当点P在线段CB上时，和如图3点P在射线BN上时，就有P点的坐标为（t，-t+3），Q点的坐标为（t，-t²+2t+3），就可以得出d与t之间的函数关系式而得出结论；
（3）根据根的判别式就可以求出m的值，就可以求出方程的解而求得PQ和PH的值，延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，如图2，延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，就可以得出四边形LQMH是平行四边形，进而得出四边形LQMH是菱形，由菱形的性质就可以求出结论．

解答：解：（1）当x=0，则y=-x+n=0+n=n，y=ax²+bx+3=3，
∴OC=3=n．
当y=0，
∴-x+3=0，x=3=OB，
∴B（3，0）．
在△AOC中，∠AOC=90°，tan∠CAO=

CO

OA

=

3

OA

=3，
∴OA=1，
∴A（-1，0）．
将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax²+bx+3，
得

9a+3b+3=0 a-b+3=0

，
解得：

a=-1 b=2

∴抛物线的解析式：y=-x²+2x+3；
（2）如图1，当点P在线段CB上时．
∵P点的横坐标为t且PQ垂直于x轴，
∴P点的坐标为（t，-t+3），
Q点的坐标为（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t²+2t+3-（-t+3）=-t²⁺3t．
如图3，当点P在射线BN上时．
∵P点的横坐标为t且PQ垂直于x轴，
∴P点的坐标为（t，-t+3），
Q点的坐标为（t，-t²+2t+3）．
∴PQ=-t+3-（-t²+2t+3）=t²-3t．
∵BO=3，
∴d=-t²+3t  （0＜t＜3），
  d=t²-3t  （t＞3），
答：当0＜t＜3时，d与t之间的函数关系式为：d=-t²+3t，
 当 t＞3时，d与t之间的函数关系式为：d=t²-3t；
（3）∵d，e是y²-（m+3）y+

1

4

（5m²-2m+13）=0（m为常数）的两个实数根，
∴△≥0，即△=（m+3）²-4×

1

4

（5m²-2m+13）≥0
整理得：△=-4（m-1）²≥0．
∵-4（m-1）²≤0，
∴△=0，
∴-4（m-1）²=0
∴m=1，
∴y²-4y+4=0．
∵PQ与PH是y²-4y+4=0的两个实数根，
解得：y₁=y₂=2
∴PQ=PH=2，
∴-t+3=2，
∴t=1，
∵y=-x²+2x+3，
∴y=-（x-1）²+4，
∴抛物线的顶点坐标是（1，4）．
∴此时Q是抛物线的顶点，
延长MP至L，使LP=MP，连接LQ、LH，如图2，
∵LP=MP，PQ=PH，
∴四边形LQMH是平行四边形，
∴LH∥QM，
∴∠1=∠3．
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴LH=MH，
∴平行四边形LQMH是菱形，
∴PM⊥QH，
∴点M的纵坐标与P点纵坐标相同，都是2，
∴在y=-x²+2x+3中，当y=2时，
∴x²-2x-1=0，
∴x₁=1+

2

，x₂=1-

2

．
综上所述：t值为1，M点坐标为（1+

2

，2）或（1-

2

，2）．

点评：本题考查了运用待定系数法求一次函数的解析式的运用，根的判别式的运用，一元二次方程的解法的运用，平行四边形的判定及性质的运用，菱形的判定及性质的运用，分类讨论思想的运用，解答时求出二次函数的解析式是关键．