Question

15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交A（-3，0），B（1，0），交y轴于点C（0，3），过顶点M作MH⊥x轴于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y轴上是否存在点D，使得△AMD是以AM为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点M不重合），PQ⊥AM于点Q，当△PMQ与△AHM相似时，求点P的坐标；
（4）E、F分别是线段AM和AB上的两动点，且满足EF=4，则EF的中点N与点A距离的取值范围是2＜AN≤$\sqrt{5}$+1．

Answer 1

分析 （1）由题意可以假设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-1），把（0，3）代入求出a即可．
（2）如图1中，如图1，假设在y轴上存在满足条件的点D，过点M作ME⊥y轴于点E．设D（0，c），由△MED∽△DOA，得$\frac{ME}{DO}$=$\frac{DE}{OA}$列出方程即可解决问题．
（3）分两种情形）①当点P在对称轴右侧时，如图2中，只能是△PCQ∽△CAH，得∠QMP=∠MAH，延长CP交x轴于M，②当点P在对称轴左侧时，只能是△PMQ∽△ACH，得到∠PMQ=∠ACH，过A作AM的垂线交MP的延长线于F，作FN⊥x轴于N．分别求解即可．
（4）观察图象求出AN的最大值以及最小值即可解决问题．

解答 解：（1）由题意可以假设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-1），
把（0，3）代入得到，3=-3a，
∴a=-1，
∴抛物线的解析式为y=-x²-2x+3．

（2）如图1中，如图1，假设在y轴上存在满足条件的点D，过点M作ME⊥y轴于点E．

由∠MDA=90°得∠ADO+∠MDE=90°．
又∵∠DAO+∠ADO=90°，
∴∠EDM=∠DAO，
又∵∠MED=∠DOA=90°，
∴△MED∽△DOA，
∴$\frac{ME}{DO}$=$\frac{DE}{OA}$．
设D（0，c），
则 $\frac{1}{c}$=$\frac{4-c}{3}$．
变形，得c²-4c+3=0，
解得c₁=3，c₂=1．
综合上述：在y轴上存在点D（0，3）或（0，1），使△AMD是以AM为斜边的直角三角形．

（3）①当点P在对称轴右侧时，如图2中，只能是△PCQ∽△CAH，得∠QMP=∠MAH，延长CP交x轴于M，

∴AN=NM，设N（m，0），则有（m+3）²=4²+（m+1）²，
∴m=2，即N（2，0），设直线NM的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{-k+b=4}\\{2k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{4}{3}}\\{b=\frac{8}{3}}\end{array}\right.$，
∴直线MN的解析式为y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{8}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}}\\{y=-{x}^{2}-2x+3}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{3}}\\{y=\frac{20}{9}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=4}\end{array}\right.$（舍弃），
∴P（$\frac{1}{3}$，$\frac{20}{9}$）．

②当点P在对称轴左侧时，只能是△PMQ∽△ACH，得到∠PMQ=∠ACH，过A作AM的垂线交MP的延长线于F，作FN⊥x轴于N．

由△MFA∽△CAH得$\frac{MA}{MH}$=$\frac{AF}{AH}$=2，
由△FNA∽△CAH得$\frac{FN}{AH}$=$\frac{NA}{MH}$=$\frac{AF}{AM}$=$\frac{1}{2}$，
∴AN=2，FN=1，MH=4，OH=1，
∴F（-5，1），∵C（-1，4），
∴直线CF的解析式为y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{19}{4}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{4}x+\frac{19}{4}}\\{y=-{x}^{2}-2x+3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{7}{4}}\\{y=\frac{55}{16}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=4}\end{array}\right.$（舍弃），
∴P（$\frac{7}{4}$，$\frac{55}{16}$），
综上所述，点P坐标为P（$\frac{1}{3}$，$\frac{20}{9}$）或（$\frac{7}{4}$，$\frac{55}{16}$）．

（4）如图4中，作EQ⊥AB于Q，

观察图象可知，当AE=AF时，AN的值最大，
由△AEQ∽△AMH，得到$\frac{EQ}{AQ}$=$\frac{MH}{AH}$=$\frac{1}{2}$，设AQ=x，则EQ=2x，AE=AF=$\sqrt{5}$x，
在Rt△EQF中，∵∠EQF=90°，EF=4，QF=$\sqrt{5}$x-x，
∴（2x）²+（$\sqrt{5}$x-x）²=16，
∴x²=$\frac{8}{5-\sqrt{5}}$，
在Rt△ANF中，AN=$\sqrt{A{F}^{2}-F{N}^{2}}$=$\sqrt{5×\frac{8}{5-\sqrt{5}}-4}$=$\sqrt{5}$+1，
∴AN的最大值为$\sqrt{5}$+1，
当点E与A重合时，AN的值最小为2，
∴EF的中点N与点A距离的取值范围是：2≤AN≤$\sqrt{5}$+1．
故答案为2≤AN≤$\sqrt{5}$+1．

点评 此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型，特别注意利用数形结合是这部分考查的重点，学会取特殊位置解决最值问题，题目比较难，属于中考压轴题．