Question

5．如图①，二次函数y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C（0，1），过点C的直线交x轴于点D（2，0），交抛物线于另一点E．
（1）用b的代数式表示a，则a=-$\frac{1}{b}$；
（2）过点A作直线CD的垂线AH，垂足为点H．若点H恰好在抛物线的对称轴上，求该二次函数的表达式；
（3）如图②，在（2）的条件下，点P是x轴负半轴上的一个动点，OP=m．在点P左侧的x轴上取点F，使PF=1．过点P作PQ⊥x轴，交线段CE于点Q，延长线段PQ到点G，连接EG、DG．若tan∠GDP=tan∠FQP+tan∠QDP，试判断是否存在m的值，使△FPQ的面积和△EGQ的面积相等？若存在求出m的值，若不存在则说明理由．

Answer 1

分析 （1）将C（0，1）代入二次函数y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1），得出-ab=1，即可得出结果；
（2）作HM⊥AD于M，得出对称轴x=-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{-a（b-1）}{2a}$=$\frac{b-1}{2}$，由C、D的坐标求出直线CD解析式为：y=-$\frac{1}{2}x$+1，将x=$\frac{b-1}{2}$代入y=-$\frac{1}{2}x$+1，得出H（$\frac{b-1}{2}$，$\frac{5-b}{4}$），由ax²-a（b-1）x-ab=0，求出A（b，0），得出HM，AM，DM，由射影定理得：HM²=AM•DM，解得b=-3，得出a=$\frac{1}{3}$，即可得出二次函数的表达式；
（3）过点E作EN⊥GQ于点Q，由y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1与y=-$\frac{1}{2}x$+1相交于点E，求出E（-$\frac{11}{2}$，$\frac{15}{4}$），由PO=m，得出x_Q=-m，y_Q=$\frac{1}{2}$m+1，由tan∠GDP=$\frac{PG}{PD}$=$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}$，tan∠FQP=$\frac{PF}{PQ}$，tan∠QDP=$\frac{PQ}{PD}$，得出$\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}$，求出QG=2，再由△FPQ的面积=$\frac{1}{2}$PF•PQ，△EGQ的面积=$\frac{1}{2}$QG•EN，由△FPQ的面积和△EGQ的面积相等，得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵二次函数y=ax²-a（b-1）x-ab（其中b＜-1），C（0，1），
∴-ab=1，
∴a=-$\frac{1}{b}$；
故答案为：-$\frac{1}{b}$；
（2）作HM⊥AD于M，如图1所示：
对称轴x=-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{-a（b-1）}{2a}$=$\frac{b-1}{2}$，
设直线CD解析式为：y=kx+n，
∵C（0，1），D（2，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{1=k×0+n}\\{0=k×2+n}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{n=1}\\{k=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴直线CD解析式为：y=-$\frac{1}{2}x$+1，
H在对称轴上，将x=$\frac{b-1}{2}$代入y=-$\frac{1}{2}x$+1，
y=-$\frac{1}{2}×\frac{b-1}{2}$+1=$\frac{5-b}{4}$，
∴H（$\frac{b-1}{2}$，$\frac{5-b}{4}$），
由ax²-a（b-1）x-ab=0，则（ax+a）（x-b）=0，
∴x₁=-1，x₂=b，
∵b＜-1，
∴A（b，0），
HM=$\frac{5-b}{4}$，
AM=x_M-x_A=$\frac{b-1}{2}$-b=-$\frac{b+1}{2}$，
DM=x_D-x_M=2-$\frac{b-1}{2}$=$\frac{5-b}{2}$，
由射影定理得：HM²=AM•DM，
即（$\frac{5-b}{4}$）²=-$\frac{b+1}{2}$•$\frac{5-b}{2}$，
解得：b=-3，
∵a=-$\frac{1}{b}$，
∴a=$\frac{1}{3}$，
∴y=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{1}{3}$（-3-1）x+1=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1；
（3）存在m的值，使△FPQ的面积和△EGQ的面积相等；理由如下：
过点E作EN⊥GQ于点Q，如图2所示：
∵y=$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x+1与y=-$\frac{1}{2}x$+1相交于点E，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{3}{x}^{2}+\frac{4}{3}x+1}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得：x=-$\frac{11}{2}$，或x=0（不合题意舍去），y=$\frac{15}{4}$，
∴E（-$\frac{11}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∵PO=m，
∴x_Q=-m，代入y=-$\frac{1}{2}$x+1得：y_Q=$\frac{1}{2}$m+1，
∵tan∠GDP=$\frac{PG}{PD}$=$\frac{PQ+QG}{PD}$=$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}$，tan∠FQP=$\frac{PF}{PQ}$，tan∠QDP=$\frac{PQ}{PD}$，
∵tan∠GDP=tan∠FQP+tan∠QDP，
∴$\frac{PQ}{PD}+\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}+\frac{PQ}{PD}$，
∴$\frac{QG}{PD}=\frac{PF}{PQ}$，
∵PD=m+2，PQ=$\frac{1}{2}$m+1，PF=1，
∴$\frac{QG}{m+2}=\frac{1}{\frac{1}{2}m+1}$，
解得：QG=2，
∵△FPQ的面积=$\frac{1}{2}$PF•PQ，△EGQ的面积=$\frac{1}{2}$QG•EN，△FPQ的面积和△EGQ的面积相等，EN=$\frac{11}{2}$-m，
∴$\frac{1}{2}$×1×（$\frac{1}{2}$m+1）=$\frac{1}{2}$×2×（$\frac{11}{2}$-m），
解得：m=4；
∴存在m的值，使△FPQ的面积和△EGQ的面积相等，m=4．

点评 本题考查了二次函数图象的性质、一次函数解析式的求法和性质、图象交点坐标、射影定理、三角函数、三角形面积计算等知识；本题综合性强，难度较大．