Question

20．如图，抛物线y=ax²+bx-3经过A（-1，0）B（4，0）两点，与y轴交于点C
（1）求抛物线解析式；
（2）点N是x轴下方抛物线上的一点，连接AN，若tan∠BAN=2，求点N的纵坐标；
（3）点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，连接AD，在x轴上是否存在E，使∠AED=∠CAD？如果存在，请直接写出点E坐标，如果不存在，请说明理由；
（4）连接AC、BC，△ABC的中线BM交y轴于点H，过点A作AG⊥BC，垂足为G，点F是线段BH上的一个动点（不与B、H重合），点F沿线段BH从点B向H移动，移动后的点记作点F′，连接F′C、F′A，△F′AC的F′C、F′A两边上的高交于点P，连接AP，CP，△F′AC与△PAC的面积分别记为S₁，S₂，S₁和S₂的乘积记为m，在点F的移动过程中，探究m的值变化情况，若变化，请直接写出m的变化范围，若不变，直接写出这个m值．

Answer 1

分析 （1）将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组，然后求得a、b的值即可；
（2）过点N作NM⊥x轴点M，则∠AMN=90°．设点N的坐标为（x，$\frac{3}{4}$x²-$\frac{9}{4}$x-3），则AM=x+1，MN=-$\frac{3}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+3，然后依据tan∠BAN=2，列方程求解即可；
（3）连接CD，过点C作CG⊥AD，垂足为G，过点D作DF⊥x轴，垂足为F．先求得AC，AD的长，依据S_△ACD=$\frac{1}{2}$CD•OC=$\frac{1}{2}$AD•CG，可求得CG的长，然后依据勾股定理可求得AG的长，从而可得到tan∠AED=$\frac{DF}{EF}$=$\frac{DF}{E′F}$=$\frac{9}{13}$，从而可求得EF和E′F的长，然后求得点E和点E′的坐标即可；
（4）先证明AB=BC，由等腰三角形的性质可知MB为AC的垂直平分线，然后再证明△CMP∽△F′MC，依据相似三角形的性质可求得MP•MF′=$\frac{5}{2}$，最后由m=S₁•S₂=$\frac{1}{2}$AC•PM•$\frac{1}{2}$AC•MF′求解即可．

解答 解：（1）将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得：$\left\{\begin{array}{l}{a-b-3=0}\\{16a+4b-3=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{3}{4}}\\{b=-\frac{9}{4}}\end{array}\right.$．
∴抛物线的解析式为y=$\frac{3}{4}$x²-$\frac{9}{4}$x-3．

（2）如图1所示：过点N作NM⊥x轴点M，则∠AMN=90°．

设点N的坐标为（x，$\frac{3}{4}$x²-$\frac{9}{4}$x-3），则AM=x+1，MN=-$\frac{3}{4}$x²+$\frac{9}{4}$x+3．
∵tan∠BAN=2，
∴$\frac{-\frac{3}{4}{x}^{2}+\frac{9}{4}x+3}{x+1}$=2，解得：x=$\frac{4}{3}$或x=-1（舍去）．
∴MN=2AM=3×（$\frac{4}{3}$+1）=$\frac{14}{3}$，
∴点N的坐标为（$\frac{4}{3}$，-$\frac{14}{3}$）．
（3）如图2所示：连接CD，过点C作CG⊥AD，垂足为G，过点D作DF⊥x轴，垂足为F．

∵点C与点D关于对称轴直线x=$\frac{3}{2}$对称，
∴D（3，-3）．
∴DF=3，CD=3．
依据两点间的距离公式可知AD=5，AC=$\sqrt{10}$．
∵S_△ACD=$\frac{1}{2}$CD•OC=$\frac{1}{2}$AD•CG，
∴CG=$\frac{9}{5}$．
∴AG=$\sqrt{A{C}^{2}-C{G}^{2}}$=$\frac{13}{5}$．
∴tan∠CAD=$\frac{9}{13}$．
∵∠AED=∠CAD，
∴tan∠AED=$\frac{DF}{EF}$=$\frac{DF}{E′F}$=$\frac{9}{13}$，即$\frac{3}{E′F}$=$\frac{3}{EF}$=$\frac{9}{13}$，解得EF=EF′=$\frac{13}{3}$．
∴E（-$\frac{4}{3}$，0），E′（$\frac{22}{3}$，0）．
∴点E的坐标为（-$\frac{4}{3}$，0）或（$\frac{22}{3}$，0）．
（4）如图3所示：

∵A（-1，0），（4，0），C（0，-3），
∴AB=BC=5，AC=$\sqrt{10}$．
∵MB为△ABC的中线，
∴MB⊥AC，MC=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
∴MB为AC的垂直平分线，
∴∠AF′M=∠CF′M．
∵点P为AF′与CF′的高线的交点，
∴∠CAQ+∠ACQ=90°，∠CAQ+∠MF′A=90°，
∴∠ACQ=∠AF′M．
∴∠ACQ=∠CF′M．
又∵∠CMP=∠CMF′，
∴△CMP∽△F′MC．
∴$\frac{MP}{MC}$=$\frac{MC}{F′M}$，即MP•MF′=$\frac{5}{2}$．
∴m=S₁•S₂=$\frac{1}{2}$AC•PM•$\frac{1}{2}$AC•MF′=$\frac{1}{4}$×（$\sqrt{10}$）²×$\frac{5}{2}$=$\frac{25}{4}$．

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，锐角三角函数的定义、三角形的面积、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，求得tan∠AED的值是解答问题（3）的关键；求得MP•MF′=$\frac{5}{2}$是解答问题（4）的关键．