Question

12．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于A（5，0），B（-1，0）两点，与y轴交于点C（0，$\frac{5}{2}$）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点G为抛物线上的一动点，过点G作GE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点G的坐标．

Answer 1

分析 （1）运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；
（2）以A为直角顶点，根据点P的纵、横坐标之间的关系建立等量关系，就可求出点P的坐标；
（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD=EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）最短，然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点P的纵坐标，就可求出点P的坐标．

解答 解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于A（5，0），B（-1，0）两点，与y轴交于点C（0，$\frac{5}{2}$），
∴设抛物线的解析式是y=a（x-5）（x+1）1），
则$\frac{5}{2}$=a×（-5）×1，解得a=-$\frac{1}{2}$．
则抛物线的解析式是y=-$\frac{1}{2}$（x-5）（x+1）=-$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$；

（2）存在．
当点A为直角顶点时，过A作AP⊥AC交抛物线于点P，交y轴于点H，如图．
∵AC⊥AP，OC⊥OA，
∴△OAC∽△OHA，
∴$\frac{OA}{OH}$=$\frac{OC}{OA}$，
∴OA²=OC•OH，
∵OA=5，OC=$\frac{5}{2}$，
∴OH=10，
∴H（0，-10），A（5，0），
∴直线AP的解析式为y=2x-10，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=2x-10}\\{y=-\frac{1}{2}{x}^{2}+2x+\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，
∴P的坐标是（-5，-20）．

（3）∵DF⊥x轴，DE⊥y轴，
∴四边形OFDE为矩形，
∴EF=OD，
∴EF长度的最小值为OD长度的最小值，
当OD⊥AC时，OD长度最小，
此时S_△AOC=$\frac{1}{2}$AC•OD=$\frac{1}{2}$OA•OC，
∵A（5，0），C（0，$\frac{5}{2}$），
∴AC=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
∴OD=$\sqrt{5}$，
∵DE⊥y轴，OD⊥AC，
∴△ODE∽△OCD，
∴$\frac{OD}{OE}$=$\frac{CO}{OD}$，
∴OD²=OE•CO，
∵CO=$\frac{5}{2}$，OD=$\sqrt{5}$，
∴OE=2，
∴点G的纵坐标为2，
∴y=-$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$=2，
解得x₁=2-$\sqrt{5}$，x₂=2+$\sqrt{5}$，
∴点G的坐标为（2-$\sqrt{5}$，2）或（2+$\sqrt{5}$，2）．

点评 本题主要考查了用待定系数法求抛物线的解析式、抛物线上点的坐标特征、等腰三角形的性质、矩形的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，有一定的综合性，根据矩形的性质将EF转化为OD，然后利用垂线段最短是解决第（3）小题的关键．