Question

如图1，抛物线y=x²+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，其中A（-1，0）、C（0，-3）．点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）过C作CE∥x轴交抛物线于点E（如图2），是否存在直线l，使点C、点E到直线l的距离相等，且等于点D到直线l的距离的一半？若存在，求直线l的解析式；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质

专题：综合题,分类讨论

分析：（1）只需运用待定系数法就可解决问题；
（2）过点D作DG⊥y轴于G，如图1，易证△BOC和△DGC都是等腰直角三角形，从而可得∠OCB=∠GCD=45°，就可证到△BCD是直角三角形；
（3）可分点C、点E在直线l的同侧和异侧两种情况进行讨论：①若点C、点E在直线l的同侧，如图2，则CE∥l，可设直线l的解析式为y=m，然后根据条件就可求出m的值，即可得到直线l的解析式；②若点C、点E在直线l的异侧，过点C作CM⊥l于M，过点E作EN⊥l于N，过点D作DF⊥l于F，设直线l与y轴交于点Q，如图3，易证直线l与直线CE的交点H为线段CE的中点，则有H（1，-3），然后通过证明△CMQ∽△DFH，求出CQ，从而得到点Q的坐标，然后运用待定系数法就可求出直线l的解析式．

解答：解：（1）∵抛物线y=x²+bx+c经过A（-1，0）、C（0，-3），
∴

1-b+c=0 c=-3

，
解得：

b=-2 c=-3

．
∴抛物线的解析式为y=x²-2x-3．

（2）△BCD的形状为直角三角形．
理由：过点D作DG⊥y轴于G，如图1，
由y=x²-2x-3=（x-1）²-4得顶点D（1，-4），
则有DG=CG=1，
∴△CGD是等腰直角三角形，
∴∠DCG=45°．
令y=0，得x²-2x-3=0，
解得：x₁=-1，x₂=3，
∴B（3，0），
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO=45°．
∴∠BCD=90°，
∴△BCD是直角三角形．

（3）①若点C、E在直线l的同侧，则l∥CE．
设直线l的解析式为y=m
Ⅰ．若点C、点D在直线l（即直线l₁）的同侧，如图2，
∵点C到直线l₁的距离等于点D到直线l₁的距离的一半，
∴m-（-3）=

1

2

[m-（-4）]，
解得：m=-2，
∴直线l₁的解析式为y=-2；
Ⅱ．若点C、点D在直线l（即直线l₂）的异侧，如图2，
∵点C到直线l₂的距离等于点D到直线l₂的距离的一半，
∴-3-m=

1

2

[m-（-4）]，
解得：m=-

10

3

，
∴直线l₂的解析式为y=-

10

3

；
②若点C、E在直线l的异侧，
过点C作CM⊥l于M，过点E作EN⊥l于N，过点D作DF⊥l于F，设直线l与y轴交于点Q，如图3，
则∠CMH=∠ENH=90°．
令y=-3得，x²-2x-3=-3，
解得x₁=0，x₂=2，
∴E（2，-3），CE=2．
由题可得：CM=EN=

1

2

DF．
在△CMH和△ENH中，

∠CMH=∠ENH ∠CHM=∠EHN CM=EN

，
∴△CMH≌△ENH（AAS），
∴CH=EH，
∴H（1，-3）．
∵CQ∥DH，
∴∠CQM=∠DHF．
又∵∠CMQ=∠DFH=90°，
∴△CMQ∽△DFH，
∴

CQ

DH

=

CM

DF

=

1

2

．
∵DH=1，
∴CQ=

1

2

，
∴OQ=3+

1

2

=

7

2

，
∴Q（0，-

7

2

）．
设直线l（即直线QH）的解析式为y=kx-

7

2

，
把H（1，-3）代入y=kx-

7

2

，
得k=

1

2

，
∴直线l的解析式为y=

1

2

x-

7

2

．
综上所述：直线l的解析式为y=-2或y=-

10

3

或y=

1

2

x-

7

2

．

点评：本题主要考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，有一定的综合性，运用相似（包括全等）三角形的性质及分类讨论是解决第（3）小题的关键．