Question

14．如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=-$\frac{1}{3}$x²+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（-3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
（1）填空：b=$\frac{1}{3}$，c=4；
（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（-$\frac{3}{2}$，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．

Answer 1

分析 （1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将a=-$\frac{1}{3}$代入可得到抛物线的解析式，从而可确定出b、c的值；
（2）连结QC．先求得点C的坐标，则PC=5-t，依据勾股定理可求得AC=5，CQ²=t²+16，接下来，依据CQ²-CP²=AQ²-AP²列方程求解即可；
（3）过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，首先证明△PAG∽△ACO，依据相似三角形的性质可得到PG=$\frac{4}{5}$t，AG=$\frac{3}{5}$t，然后可求得PE、DF的长，然后再证明△MDP≌PEQ，从而得到PD=EQ=$\frac{4}{5}$t，MD=PE=3+$\frac{2}{5}$t，然后可求得FM和OF的长，从而可得到点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
（4）连结：OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．首先依据三角形的中位线定理得到EH=$\frac{1}{2}$QO=$\frac{1}{2}$t，RH∥OQ，NR=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$t，则RH=NR，接下来，依据等腰三角形的性质和平行线的性质证明NH是∠QNQ′的平分线，然后求得直线NR和BC的解析式，最后求得直线NR和BC的交点坐标即可．

解答 解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将a=-$\frac{1}{3}$代入得：y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，
∴b=$\frac{1}{3}$，c=4．
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．
理由如下：连结QC．



∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，
∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°．
将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，
∴C（0，4）．
∵AP=OQ=t，
∴PC=5-t，
∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ²=t²+16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ²=CQ²-CP²，在Rt△APQ中，AQ²-AP²=PQ²，
∴CQ²-CP²=AQ²-AP²，即（3+t）²-t²=t²+16-（5-t）²，解得：t=4.5．
∵由题意可知：0≤t≤4，
∴t=4.5不和题意，即△APQ不可能是直角三角形．
（3）如图所示：

过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°．
∵PG∥y轴，
∴△PAG∽△ACO，
∴$\frac{PG}{OC}$=$\frac{AG}{OA}$=$\frac{AP}{AC}$，即$\frac{PG}{4}$=$\frac{AG}{3}$=$\frac{t}{5}$，
∴PG=$\frac{4}{5}$t，AG=$\frac{3}{5}$t，
∴PE=GQ=GO+OQ=AO-AG+OQ=3-$\frac{3}{5}$t+t=3+$\frac{2}{5}$t，DF=GP=$\frac{4}{5}$t．
∵∠MPQ=90°，∠D=90°，
∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°，
∴∠DMP=∠EPQ．
又∵∠D=∠E，PM=PQ，
∴△MDP≌PEQ，
∴PD=EQ=$\frac{4}{5}$t，MD=PE=3+$\frac{2}{5}$t，
∴FM=MD-DF=3+$\frac{2}{5}$t-$\frac{4}{5}$t=3-$\frac{2}{5}$t，OF=FG+GO=PD+OA-AG=3+$\frac{4}{5}$t-$\frac{3}{5}$t=3+$\frac{1}{5}$t，
∴M（-3-$\frac{1}{5}$t，-3+$\frac{2}{5}$t）．
∵点M在x轴下方的抛物线上，
∴-3+$\frac{2}{5}$t=-$\frac{1}{3}$×（-3-$\frac{1}{5}$t）²+$\frac{1}{3}$×（-3-$\frac{1}{5}$t）+4，解得：t=$\frac{-65±5\sqrt{205}}{2}$．
∵0≤t≤4，
∴t=$\frac{-65+5\sqrt{205}}{2}$．
（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．


∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，
∴EH=$\frac{1}{2}$QO=$\frac{1}{2}$t，RH∥OQ．
∵A（-3，0），N（-$\frac{3}{2}$，0），
∴点N为OA的中点．
又∵R为OP的中点，
∴NR=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$t，
∴RH=NR，
∴∠RNH=∠RHN．
∵RH∥OQ，
∴∠RHN=∠HNO，
∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．
设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（-3，0）、C（0，4）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{-3m+n=0}\\{n=4}\end{array}\right.$，
解得：m=$\frac{4}{3}$，n=4，
∴直线AC的表示为y=$\frac{4}{3}$x+4．
同理可得直线BC的表达式为y=-x+4．
设直线NR的函数表达式为y=$\frac{4}{3}$x+s，将点N的坐标代入得：$\frac{4}{3}$×（-$\frac{3}{2}$）+s=0，解得：s=2，
∴直线NR的表述表达式为y=$\frac{4}{3}$x+2．
将直线NR和直线BC的表达式联立得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4}{3}x+2}\\{y=-x+4}\end{array}\right.$，解得：x=$\frac{6}{7}$，y=$\frac{22}{7}$，
∴Q′（$\frac{6}{7}$，$\frac{22}{7}$）．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，依据勾股定理列出关于t的方程是解答问题（2）的关键；求得点M的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键；证得NH为∠QHQ′的平分线是解答问题（4）的关键．