Question

13．如图1，抛物线y=ax²+bx+3经过点A（-3，0），B（-1，0）两点，
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为M，直线y=-4x+9与y轴交于点C，与直线OM交于点D，现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上，若平移的抛物线与射线CD只有一个公共点，求它的顶点横坐标的值或取值范围；
（3）如图2，将抛物线平移，当顶点至原点时，过Q（0，3）作不平行于x轴的直线交抛物线于点E、F，交△CMD的边CM、CD于点G、H（G点不与M点重合、H点不与D点重合）．
①问在y轴的负半轴上是否存在一点P，使△PEF的内心在y轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
②S_{四边形MDHG}，S_△CGH分别表示四边形MDHG和△CGH的面积，试探究$\frac{{{S_{四边形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）将A（-3，0），B（-1，0）代入y=ax²+bx+3，利用待定系数法即可求出函数的解析式；
（2）先求出抛物线的顶点M的坐标为（-2，-1），则直线OD的解析式为y=$\frac{1}{2}$x．于是设平移的抛物线的顶点坐标为（h，$\frac{1}{2}$h），那么平移的抛物线解析式为y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h．再分两种情况进行讨论：①抛物线经过点C；②抛物线与直线CD只有一个公共点；
（3）①将抛物线平移，当顶点至原点时，其解析式为y=x²，设EF的解析式为y=kx+3（k≠0）．假设存在满足题设条件的点P（0，t），过P作GH∥x轴，分别过E，F作GH的垂线，垂足为G，H．由△PEF的内心在y轴上，得出∠GEP=∠EPQ=∠QPF=∠HFP，那么△GEP∽△HFP，根据相似三角形对应边成比例以及根与系数的关系即可求解；
②连结OG．由C（0，9），Q（0，3），可得CQ=2OQ，由M（-2，-1），D（2，1），可得MO=OD．设S_△GQO=S，则S_△CGQ=2S，S_△CGO=3S．为简便起见，不妨设CG=1，MG=x，则S_△MGO=3xS．求出S_△CGH=（2k+2）S，S_{四边形MDHG}=（6x+6）S-（2k+2）S=（6x-2k+4）S，$\frac{{{S_{四边形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{（6x-2k+4）S}{（2k+2）S}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}$①．过点Q作QK∥MD交CD于点K，过点G作GN∥MD交CD于点N，则QK∥GN．再求出k=$\frac{x+1}{2-x}$，代入①式即可求解．

解答 解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+3经过A（-3，0），B（-1，0）两点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{9a-3b+3=0}\\{a-b+3=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=4}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=x²+4x+3；     
                                      
（2）由（1）配方得y=（x+2）²-1，
∴抛物线的顶点M（-2，-1），
∴直线OD的解析式为y=$\frac{1}{2}$x．于是设平移的抛物线的顶点坐标为（h，$\frac{1}{2}$h），
∴平移的抛物线解析式为y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h．
①当抛物线经过点C时，
∵C（0，9），
∴h²+$\frac{1}{2}$h=9，
解得h=$\frac{-1±\sqrt{145}}{4}$，
∴当 $\frac{-1-\sqrt{145}}{4}$≤h＜$\frac{-1+\sqrt{145}}{4}$时，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点；
②当抛物线与直线CD只有一个公共点时，将y=（x-h）²+$\frac{1}{2}$h代入y=-4x+9，
得 x²+（-2h+4）x+h²+$\frac{1}{2}$h-9=0，
则△=（-2h+4）²-4（h²+$\frac{1}{2}$h-9）=0，
解得h=$\frac{26}{9}$．
此时抛物线y=（x-$\frac{26}{9}$）²+$\frac{13}{9}$与射线CD唯一的公共点（$\frac{8}{9}$，$\frac{49}{9}$），符合题意．
综上：平移的抛物线与射线CD只有一个公共点时，顶点横坐标的值或取值范围是 h=$\frac{26}{9}$或 $\frac{-1-\sqrt{145}}{4}$≤h＜$\frac{-1+\sqrt{145}}{4}$；

（3）①将抛物线平移，当顶点至原点时，其解析式为y=x²，设EF的解析式为y=kx+3（k≠0）．
假设存在满足题设条件的点P（0，t），
如图，过P作GH∥x轴，分别过E，F作GH的垂线，垂足为G，H．
∵△PEF的内心在y轴上，
∴∠GEP=∠EPQ=∠QPF=∠HFP，
∴△GEP∽△HFP，
∴GP：PH=GE：HF，
∴-x_E：x_F=（y_E-t）：（y_F-t）=（kx_E+3-t）：（kx_F+3-t），
∴2kx_E•x_F=（t-3）（x_E+x_F），
 由y=x²，y=-kx+3，得x²-kx-3=0，
∴x_E+x_F=k，x_E•x_F=-3，
∴2k（-3）=（t-3）k，
∵k≠0，∴t=-3，
∴y轴的负半轴上存在点P（0，-3），使△PEF的内心在y轴上；

②如图，连结OG．
∵C（0，9），Q（0，3），
∴CQ=2OQ，
又∵M（-2，-1），D（2，1），
∴MO=OD．
设S_△GQO=S，
∴S_△CGQ=2S，S_△CGO=3S．
为简便起见，不妨设CG=1，MG=x，则S_△MGO=3xS．
∴S_△CMO=S_△CGO+S_△MGO=3S+3xS=（3x+3）S，
∴S_△CMD=2S_△CMO=（6x+6）S．
设QH=k•QG，由S_△CGQ=2S，得S_△CQH=2kS，
∴S_△CGH=（2k+2）S．
∴S_{四边形MDHG}=（6x+6）S-（2k+2）S=（6x-2k+4）S，
∴$\frac{{{S_{四边形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{（6x-2k+4）S}{（2k+2）S}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}$①．
过点Q作QK∥MD交CD于点K，过点G作GN∥MD交CD于点N，则QK∥GN．
∵GK∥MD，∴$\frac{QK}{OD}=\frac{QC}{CO}=\frac{2}{3}$，∴QK=$\frac{2}{3}$OD=$\frac{1}{3}$MD；
∵GN∥MD，∴$\frac{GN}{MD}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{x+1}$，∴$\frac{QK}{GN}=\frac{{\frac{1}{3}MD}}{{\frac{MD}{x+1}}}$=$\frac{x+1}{3}$，∴$\frac{GK}{GN-GK}=\frac{x+1}{3-（x+1）}$=$\frac{x+1}{2-x}$．
∵GK∥GN，∴$\frac{QH}{GH}=\frac{QK}{GN}$，∴$\frac{QH}{QG}=\frac{QK}{GN-QK}=\frac{x+1}{2-x}$，∴k=$\frac{x+1}{2-x}$，
代入①式得：$\frac{{{S_{四边形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$=$\frac{3x-k+2}{k+1}=\frac{{3x-\frac{x+1}{2-x}+2}}{{\frac{x+1}{2-x}+1}}$=-x²+x+1=-（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{5}{4}$，
∴当x=$\frac{1}{2}$时，$\frac{{{S_{四边形MDHG}}}}{{{S_{△CGH}}}}$有最大值，最大值为$\frac{5}{4}$．

点评 本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线的解析式，二次函数平移的规律，一次函数与二次函数的交点，三角形的内心，相似三角形的判定与性质，三角形的面积求法等知识．综合性较强，有一定难度．利用分类讨论、数形结合与方程思想是解题的关键．