如图.已知点A的坐标为.直线y=-$\frac{3}{4}$x+3与x轴.y轴分别交于点B和点C.连接AC.顶点为D的抛物线y=ax2+bx+c过A.B.C三点．(1)请直接写出B.C两点的坐标.抛物线的解析式及顶点D的坐标,(2)设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E.P是第一象限内抛物线上一点.过点P作x轴的垂线.交线段BC于点F.若四边形DEFP为平行四边形.求点P的坐标,(3)设点M是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

17．

如图，已知点A的坐标为（-2，0），直线y=-$\frac{3}{4}$x+3与x轴、y轴分别交于点B和点C，连接AC，顶点为D的抛物线y=ax²+bx+c过A、B、C三点．
（1）请直接写出B、C两点的坐标，抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P是第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F，若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；
（3）设点M是线段BC上的一动点，过点M作MN∥AB，交AC于点N，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，运动时间为t（秒），当t（秒）为何值时，存在△QMN为等腰直角三角形？

分析（1）分别令y=0和x=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3即可求出B和C的坐标，然后设抛物线的交点式为y=a（x+2）（x-4），最后把C的坐标代入抛物线解析式即可求出a的值和顶点D的坐标；
（2）若四边形DEFP为平行四边形时，则DP∥BC，设直线DP的解析式为y=mx+n，则m=-$\frac{3}{4}$，求出直线DP的解析式后，联立抛物线解析式和直线DP的解析式即可求出P的坐标；
（3）由题意可知，0≤t≤6，若△QMN为等腰直角三角形，则共有三种情况，①∠NMQ=90°；②∠MNQ=90°；③∠NQM=90°．

解答解：（1）令x=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3
∴y=3，
∴C（0，3），
令y=0代入y=-$\frac{3}{4}$x+3
∴x=4，
∴B（4，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x-4），
把C（0，3）代入y=a（x+2）（x-4），
∴a=-$\frac{3}{8}$，
∴抛物线的解析式为：y=$-\frac{3}{8}$（x+2）（x-4）=-$\frac{3}{8}$x²+$\frac{3}{4}$x+3，
∴顶点D的坐标为（1，$\frac{27}{8}$）；

（2）当DP∥BC时，
此时四边形DEFP是平行四边形，
设直线DP的解析式为y=mx+n，
∵直线BC的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴m=-$\frac{3}{4}$，
∴y=-$\frac{3}{4}$x+n，
把D（1，$\frac{27}{8}$）代入y=-$\frac{3}{4}$x+n，
∴n=$\frac{33}{8}$，
∴直线DP的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{33}{8}$，
∴联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{3}{8}{x}^{2}+\frac{3}{4}x+3}\\{y=-\frac{3}{4}x+\frac{33}{8}}\end{array}\right.$，
解得：x=3或x=1（舍去），
∴把x=3代入y=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{33}{8}$，
y=$\frac{15}{8}$，
∴P的坐标为（3，$\frac{15}{8}$）；

（3）由题意可知：0≤t≤6，
设直线AC的解析式为：y=m₁x+n₁，
把A（-2，0）和C（0，3）代入y=m₁x+n₁，
得：$\left\{\begin{array}{l}{0=-2{m}_{1}+{n}_{1}}\\{3={n}_{1}}\end{array}\right.$，
∴解得$\left\{\begin{array}{l}{{m}_{1}=\frac{3}{2}}\\{{n}_{1}=3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为：y=$\frac{3}{2}$x+3，
由题意知：QB=t，
如图1，当∠NMQ=90°，
∴OQ=4-t，
令x=4-t代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴y=$\frac{3}{4}$t，
∴M（4-t，$\frac{3}{4}$t），
∵MN∥x轴，
∴N的纵坐标为$\frac{3}{4}$t，
把y=$\frac{3}{4}$t代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴x=$\frac{1}{2}$t-2，
∴N（$\frac{1}{2}$t-2，$\frac{3}{4}$t），
∴MN=（4-t）-（$\frac{t}{2}$-2）=6-$\frac{3}{2}$t，
∵MQ∥OC，
∴△BQM∽△BOC，
∴$\frac{MQ}{OC}=\frac{QB}{OB}$，
∴MQ=$\frac{3}{4}$t，
当MN=MQ时，
∴6-$\frac{3}{2}$t=$\frac{3}{4}$t，
∴t=$\frac{8}{3}$，
此时QB=$\frac{8}{3}$，符合题意，

如图2，当∠QNM=90°时，
∵QB=t，
∴点Q的坐标为（4-t，0）
∴令x=4-t代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴y=9-$\frac{3}{2}$t，
∴N（4-t，9-$\frac{3}{2}$t），
∵MN∥x轴，
∴点M的纵坐标为9-$\frac{3}{2}$t，
∴令y=9-$\frac{3}{2}$t代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴x=2t-8，
∴M（2t-8，9-$\frac{3}{2}$t），
∴MN=（2t-8）-（4-t）=3t-12，
∵NQ∥OC，
∴△AQN∽△AOC，
∴$\frac{NQ}{OC}$=$\frac{AQ}{OA}$，
∴NQ=9-$\frac{3}{2}$t，
当NQ=MN时，
∴9-$\frac{3}{2}$t=3t-12，
∴t=$\frac{14}{3}$，
∴此时QB=$\frac{14}{3}$，符合题意

如图3，当∠NQM=90°，
过点Q作QE⊥MN于点E，
过点M作MF⊥x轴于点F，
设QE=a，
令y=a代入y=-$\frac{3}{4}$x+3，
∴x=4-$\frac{4}{3}a$，
∴M（4-$\frac{4}{3}$a，a），
令y=a代入y=$\frac{3}{2}$x+3，
∴x=$\frac{2}{3}a$-2，
∴N（$\frac{2}{3}a$-2，a），
∴MN=（4-$\frac{4}{3}$a）-（$\frac{2}{3}$a-2）=6-2a，
当MN=2QE时，
∴6-2a=2a，
∴a=$\frac{3}{2}$，
∴MF=QE=$\frac{3}{2}$，
∵MF∥OC，
∴△BMF∽△BCO，
∴$\frac{MF}{OC}$=$\frac{BF}{OB}$，
∴BF=2，
∴QB=QF+BF=$\frac{3}{2}$+2=$\frac{7}{2}$，
∴t=$\frac{7}{2}$，此情况符合题意，
综上所述，当△QMN为等腰直角三角形时，此时t=$\frac{8}{3}$或$\frac{14}{3}$或$\frac{7}{2}$．

点评本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形的性质知识，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

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